全等三角形的证明及计算大题专项训练30道含答案.docx

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全等三角形的证明及计算大题专项训练30道含答案

全等三角形的证明及计算大题专项训练（30道）

考卷信息：

本套训练卷共30题，培优篇15题，拔尖篇15题，题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可深化学生对全等三角形工具的应用及构造全等三角形！

1．（2021春•道里区期末）如图，点A，C在EF上，AD∥BC，DE∥BF，AE＝CF．

（1）求证：

△ADE≌△CBF；

（2）直接写出图中所有相等的线段（AE＝CF除外）．

【解题思路】

（1）利用ASA证明△ADE≌△CBF即可；

（2）根据△ADE≌△CBF即可得图中所有相等的线段．

【解答过程】

（1）证明：

∵AD∥BC

∴∠DAC＝∠BCA，

又∵∠DAC+∠EAD＝180°，∠BCA+∠FCB＝180°，

∴∠EAD＝∠FCB，

∵DE∥BF，

∴∠E＝∠F，

在△ADE和△CBF中，

，

∴△ADE≌△CBF（ASA），

（2）∵△ADE≌△CBF，

∴ED＝FB，DA＝BC，EC＝FA．

∵AD∥BC，

∴∠DAC＝∠BCA，

在△ADC和△CBA中，

，

∴△ADC≌△CBA（SAS），

∴AB＝CD；

∴图中所有相等的线段有：

ED＝FB，DA＝BC，AB＝CD，EC＝FA．

2．（2021春•宁德期末）如图，AB，CD交于点O，AC＝DB，∠ACD＝∠DBA．

（1）说明△AOC≌△DOB的理由；

（2）若∠ACD＝94°，∠CAO＝28°，求∠OCB的度数．

【解题思路】

（1）直接利用AAS即可证明△AOC≌△DOB；

（2）利用三角形外角的性质得到∠COB，再根据△AOC≌△DOB得到OC＝OB，即可求得∠OCB．

【解答过程】解：

（1）在△AOC和△DOB中，

，

∴△AOC≌△DOB（AAS）；

（2）∵∠ACD＝94°，∠CAO＝28°，

∴∠COB＝∠ACD+∠CAO＝122°，

∵△AOC≌△DOB，

∴OC＝OB，

∴∠OCB＝（180°﹣122°）÷2＝29°．

3．（2021春•沙坪坝区校级期末）如图，在△ABC中，AC＝BC，点D在AB边上，点E在BC边上，连接CD，DE．已知∠ACD＝∠BDE，CD＝DE．

（1）猜想AC与BD的数量关系，并证明你的猜想；

（2）若AD＝3，BD＝5，求CE的长．

【解题思路】

（1）利用AAS证明△ADC≌△BED，即可得结论；

（2）结合△ADC≌△BED，可得AC＝BD＝5，BE＝AD＝3，进而可得CE的长．

【解答过程】解：

（1）AC＝BD，理由如下：

∵AC＝BC，

∴∠A＝∠B，

在△ADC和△BED中，

，

∴△ADC≌△BED（AAS），

∴AC＝BD；

（2）由

（1）知：

△ADC≌△BED，

∴AC＝BD＝5，BE＝AD＝3，

∴BC＝AC＝5，

∴CE＝BC﹣BE＝2．

4．（2021春•渝中区校级期末）如图，点E在△ABC的边AC上，且∠ABE＝∠C，AF平分∠BAE交BE于F，FD∥BC交AC于点D．

（1）求证：

△ABF≌△ADF；

（2）若BE＝7，AB＝8，AE＝5，求△EFD的周长．

【解题思路】

（1）根据平行线的性质得到∠ADF＝∠C，等量代换得到∠ABF＝∠ADF，由角平分线的定义得到∠BAF＝∠CAF，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；

（2）根据全等三角形的性质得到AD＝AB＝8，BF＝DF，由线段的和差得到DE＝AD＝AE＝8﹣5＝3，根据三角形的周长公式即可得到结论．

【解答过程】解：

（1）∵FD∥BC，

∴∠ADF＝∠C，

∵∠ABF＝∠C，

∴∠ABF＝∠ADF，

∵AF平分∠BAE，

∴∠BAF＝∠CAF，

在△ABF和△ADF中，

，

∴△ABF≌△ADF（AAS）；

（2）∵△ABF≌△ADF，

∴AD＝AB＝8，BF＝DF，

∵AE＝5，

∴DE＝AD﹣AE＝8﹣5＝3，

∴△EFD的周长＝EF+DF+DE＝EF+BF+DE＝BE+DE＝7+3＝10．

5．（2021春•北碚区校级期末）如图，已知D是AC上一点，AB＝DA，AB+DC＝ED，AE＝BC．

（1）求证：

△ABC≌△DAE，

（2）若∠BAE＝125°，求∠DCB的度数．

【解题思路】

（1）根据SSS证明三角形全等即可．

（2）利用全等三角形的性质以及三角形内角和定理求解即可．

【解答过程】

（1）证明：

∵DE＝AB+DC，AB＝AD，

∴DE＝AD+DC＝AC，

在△ABC和△DAE中，

，

∴△ABC≌△DAE（SSS）．

（2）解：

∵△ABC≌△DAE，

∴∠EAD＝∠B，

∴∠B+∠BAC＝∠EAD+∠BAC＝∠EAB＝125°，

∴∠DCB＝180°﹣（∠B+∠BAC）＝180°﹣125°＝55°．

6．（2021春•莱芜区期末）如图，已知AD、BC相交于点O，AB＝CD，AM⊥BC于点M，DN⊥BC于点N，BN＝CM．

（1）求证：

△ABM≌△DCN；

（2）试猜想OA与OD的大小关系，并说明理由．

【解题思路】

（1）根据HL可证明：

△ABM≌△DCN；

（2）根据AAS证明△AMO≌△DNO可得结论．

【解答过程】

（1）证明：

∵BN＝CM，

∴BN+MN＝MN+CM，

即CN＝BM，

∵AM⊥BC于点M，DN⊥BC于点N，

∴∠AMB＝∠DNC＝90°，

在Rt△ABM和Rt△DCN中，

，

∴Rt△ABM≌Rt△DCN（HL）；

（2）解：

OA＝OD，理由如下：

∵Rt△ABM≌Rt△DCN，

∴AM＝DN，

在△AMO和△DNO中，

，

∴△AMO≌△DNO（AAS），

∴OA＝OD．

7．（2021春•静安区期末）如图，已知四边形ABCD中，AB∥CD，AD∥BC．E为BD上一点，且BE＝AD，∠DEF＝∠ADC，EF交BC的延长线于点F．

（1）AD和BC相等吗？

为什么？

（2）BF和BD相等吗？

为什么？

【解题思路】

（1）根据平行线的性质和全等三角形的判定和性质得出△ABD与△CDB全等，进而利用全等三角形的性质解答即可；

（2）根据平行线的性质和全等三角形的判定和性质得出△EFB与△CDB全等，进而解答即可．

【解答过程】解：

（1）AD＝CB，理由如下：

∵AD∥BC，

∴∠ABD＝∠CDB，

同理可得，∠ADB＝∠CBD，

在△ABD与△CDB中，

，

∴△ABD≌△CDB（ASA），

∴AD＝CB；

（2）BF＝BD，理由如下：

∵AD＝CB，BE＝AD，

∴BC＝BE，

∵∠DEF＝∠ADC，

∴∠DEF﹣∠DBF＝∠ADC﹣∠ADB，

即∠EFB＝∠CDB，

在△EFB与△CDB中，

，

∴△EFB≌△CDB（ASA），

∴FB＝DB．

8．（2021春•沙坪坝区校级月考）如图，△ABC中，CD⊥AB，垂足为D．BE⊥AC，垂足为G，AB＝CF，BE＝AC．

（1）求证：

AE＝AF；

（2）求∠EAF的度数．

【解题思路】

（1）利用SAS证明△AEB≌△FAC可证明结论；

（2）由全等三角形的性质可得∠E＝∠CAF，由余角的定义可求得∠EAF的度数．

【解答过程】

（1）证明：

∵CD⊥AB，BE⊥AC，

∴∠CAD+∠ACD＝∠CAD+∠EBA＝90°，

∴∠ACD＝∠EBA，

在△AEB和△FAC中，

，

∴△AEB≌△FAC（SAS），

∴AE＝FA；

（2）解：

∵△AEB≌△FAC，

∴∠E＝∠CAF，

∵∠E+∠EAG＝90°，

∴∠CAF+∠EAG＝90°，

即∠EAF＝90°．

9．（2021春•铁岭月考）已知：

如图，AB＝AC，∠1＝∠2．

（1）找出图中的所有全等三角形（直接写出）；

（2）求证：

AD＝AE．

【解题思路】

（1）直接根据全等三角形的判定可得答案；

（2）先根据SAS证得△ABF≌△ACF，再根据ASA证得△BDF≌△CEF，然后根据全等三角形的性质可得结论．

【解答过程】解：

（1）△ABF≌△ACF，△BDF≌△CEF，△ADF≌△AEF，△ADC≌△AEB；

（2）证明：

在△ABF和△ACF中，

，

∴△ABF≌△ACF（SAS），

∴∠B＝∠C，BF＝CF．

在△BDF和△CEF中，

，

∴△BDF≌△CEF（ASA），

∴BD＝CE，

∴AB﹣BD＝AC﹣CE，

∴AD＝AE．

10．（2021•南岗区模拟）已知：

在△ABC和△DBE中，AB＝DB，BC＝BE，其中∠ABD＝∠CBE．

（1）如图1，求证：

AC＝DE；

（2）如图2，AB＝BC，AC分别交DE，BD于点F，G，BC交DE于点H，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中的四对全等三角形．

【解题思路】

（1）根据SAS证明△ABC与△DBE全等，利用全等三角形的性质解答即可．

（2）根据全等三角形的判定解答即可．

【解答过程】证明：

（1）∵∠ABD＝∠CBE，

∴∠ABD+∠DBC＝∠CBE+∠DBC，

即∠ABC＝∠DBE，

在△ABC与△DBE中，

，

∴△ABC≌△DBE（SAS），

∴AC＝DE；

（2）由

（1）得△ABC≌△DBE，

∴∠A＝∠D，∠C＝∠E，AB＝DB，BC＝BE，

∴AB＝BE，

∵AB＝BC，

∴∠A＝∠C，

∴∠A＝∠E，

在△ABG与△EBH中，

，

∴△ABG≌△EBH（ASA），

∴BG＝BH，

在△DBH与△CBG中，

，

∴△DBH≌△CBG（SAS），

∴∠D＝∠C，

∵DB＝CB，BG＝BH，

∴DG＝CH，

在△DFG与△CFH中，

，

∴△DFG≌△CFH（AAS）．

11．（2021•三水区一模）如图，AB＝AC，直线l过点A，BM⊥直线l，CN⊥直线l，垂足分别为M、N，且BM＝AN．

（1）求证△AMB≌△CNA；

（2）求证∠BAC＝90°．

【解题思路】

（1）由HL证明△AMB≌△CNA即可；

（2）先由全等三角形的性质得∠BAM＝∠ACN，再由∠CAN+∠ACN＝90°，得∠CAN+∠BAM＝90°，即可得出结论．

【解答过程】证明：

（1）∵BM⊥直线l，CN⊥直线l，

∴∠AMB＝∠CNA＝90°，

在Rt△AMB和Rt△CNA中，

，

∴Rt△AMB≌Rt△CNA（HL）；

（2）由

（1）得：

Rt△AMB≌Rt△CNA，

∴∠BAM＝∠ACN，

∵∠CAN+∠ACN＝90°，

∴∠CAN+∠BAM＝90°，

∴∠BAC＝180°﹣90°＝90°．

12．（2021•广州模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点E是∠ACB内部一点，连接CE，作AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别为点D，E．

（1）求证：

△BCE≌△CAD；

（2）若BE＝5，DE＝7，则△ACD的周长是　30　．

【解题思路】

（1）根据条件可以得出∠E＝∠ADC＝90°，进而得出△CEB≌△ADC；

（2）利用

（1）中结论，根据全等三角形的性质即可解决问题；

【解答过程】

（1）证明：

∵BE⊥CE，AD⊥CE，

∴∠E＝∠ADC＝90°，

∴∠EBC+∠BCE＝90°．

∵∠BCE+∠ACD＝90°，

∴∠EBC＝∠DCA．

在△BCE和△CAD中，

，

∴△BCE≌△CAD（AAS）；

（2）解：

∵：

△BCE≌△CAD，BE＝5，DE＝7，

∴BE＝DC＝5，CE＝AD＝CD+DE＝5+7＝12．

∴由勾股定理得：

AC＝13，

∴△ACD的周长为：

5+12+13＝30，

故答案为：

30．

13．（2020春•越秀区校级期中）已知：

△ABN和△ACM的位置如图所示，∠1＝∠2，AB＝AC，AM＝AN．

求证：

（1）∠BAN＝∠CAM；

（2）∠ODA＝∠OEA．

【解题思路】

（1）由∠1＝∠2，则∠1+∠MAN＝∠2+∠MAN，即∠BAN＝∠CAM；

（2）先证△ACM≌△ABN（SAS），得∠M＝∠N，再证△ADN≌△AEM（ASA），即可得出结论．

【解答过程】证明：

（1）∵∠1＝∠2，

∴∠1+∠MAN＝∠2+∠MAN，

即∠BAN＝∠CAM；

（2）在△ACM和△ABN中，

，

∴△ACM≌△ABN（SAS），

∴∠M＝∠N，

在△ADN和△AEM中，

，

∴△ADN≌△AEM（ASA），

∴∠NDA＝∠MEA，

即∠ODA＝∠OEA．

14．（2020•江北区模拟）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，E是AB边上一点，过点C作CF∥AB，交ED的延长线于点F．

（1）求证：

△BDE≌△CDF；

（2）当AD⊥BC，AE＝2，CF＝1时，求AC的长．

【解题思路】

（1）根据平行线的性质得到∠B＝∠FCD，∠BED＝∠F，由AD是BC边上的中线，得到BD＝CD，于是得到结论；

（2）根据全等三角形的性质得到BE＝CF＝1，求得AB＝AE+BE＝3，于是得到结论．

【解答过程】证明：

∵CF∥AB，

∴∠B＝∠FCD，∠BED＝∠F，

∵AD是BC边上的中线，

∴BD＝CD，在△BDE和△CDF中，

，

∴△BDE≌△CDF（AAS）；

（2）∵△BDE≌△CDF，

∴BE＝CF＝1，

∴AB＝AE+BE＝2+1＝3，

∵AD⊥BC，BD＝CD，

∴AC＝AB＝3．

15．（2020秋•萧山区月考）如图，已知在△ABC中，BD⊥AC于D，CE⊥AB于E，F是BD上一点，BF＝AC，G是CE延长线上一点，CG＝AB，连接AG，AF．

（1）试说明∠ABD＝∠ACE；

（2）探求线段AF，AG有什么关系？

并请说明理由．

【解题思路】

（1）根据的等角的余角相等，即可证明∠ACG＝∠ABF；

（2）根据SAS推出△ABF≌△GCA即可解决问题；

【解答过程】

（1）证明：

∵BD、CE是△ABC的高，

∴∠ADB＝∠AEC＝90°，

∴∠ABF+∠BAD＝90°，∠GCA+∠BAD＝90°，

∴∠ABF＝∠GCA，

（2）结论：

AF＝AG，AF⊥AG．理由如下：

在△ABF和△GCA中，

，

∴△ABF≌△GCA（SAS），

∴AF＝AG，∠GAC＝∠AFB，

∵∠AFB＝∠ADB+∠FAD，∠GAC＝∠GAF+∠FAD，

∴∠GAF＝∠ADF，

∵∠ADF＝90°，

∴∠GAF＝90°，

∴AG⊥AF，AG＝AF．

16．（2021•张家界模拟）如图，四边形ABCD中，AB＝BC＝2CD，AB∥CD，∠C＝90°，E是BC的中点，AE与BD相交于点F，连接DE

（1）求证：

△ABE≌△BCD；

（2）判断线段AE与BD的数量关系及位置关系，并说明理由；

（3）若CD＝1，试求△AED的面积．

【解题思路】

（1）由平行线的性质得出∠ABE+∠C＝180°，得出∠ABE＝90°＝∠C，再证出BE＝CD，由SAS证明△ABE≌△BCD即可；

（2）由全等三角形的性质得出AE＝BD，证出∠ABF+∠BAE＝90°，得出∠AFB＝90°，即可得出结论；

（3）由全等三角形的性质得出BE＝CD＝1，求出CE＝BC﹣BE＝1，得出CE＝CD，△AED的面积＝梯形ABCD的面积﹣△ABE的面积﹣△CDE的面积，即可得出答案．

【解答过程】

（1）证明：

∵AB∥CD，

∴∠ABE+∠C＝180°，

∵∠C＝90°，

∴∠ABE＝90°＝∠C，

∵E是BC的中点，

∴BC＝2BE，

∵BC＝2CD，

∴BE＝CD，

在△ABE和△BCD中，

，

∴△ABE≌△BCD（SAS）；

（2）解：

AE＝BD，AE⊥BD，理由如下：

由

（1）得：

△ABE≌△BCD，

∴AE＝BD，

∵∠BAE＝∠CBD，∠ABF+∠CBD＝90°，

∴∠ABF+∠BAE＝90°，

∴∠AFB＝90°，

∴AE⊥BD；

（3）解：

∵△ABE≌△BCD，

∴BE＝CD＝1，

∵AB＝BC＝2CD＝2，

∴CE＝BC﹣BE＝1，

∴CE＝CD，

∴△AED的面积＝梯形ABCD的面积﹣△ABE的面积﹣△CDE的面积

（1+2）×2

2×1

1×1

．

17．（2020秋•台江区校级期中）如图，A，B，C三点共线，D，C，E三点共线，∠A＝∠DBC，EF⊥AC于点F，AE＝BD．

（1）求证：

C是DE的中点；

（2）求证：

AB＝2CF．

【解题思路】

（1）过D作DH⊥AC的延长线与H，根据全等三角形的判定证得△AEF≌△BDH，得到EF＝DH，再证得△EFC≌△DHC得到CE＝CD，即可证得即可证得结论；

（2）由

（1）得，△AEF≌△BDH，△EFC≌△DHC，根据全等三角形的性质得到AF＝BH，CF＝CH，再根据线段的和差即可证得结论．

【解答过程】证明：

（1）过D作DH⊥AC的延长线与H，

∴∠EFC＝∠DHC＝90°，

在△AEF和△BDH中，

，

∴△AEF≌△BDH（AAS），

∴EF＝DH，

在△EFC和△DHC中，

，

∴△EFC≌△DHC（AAS），

∴CE＝CD，

∴C是DE的中点；

（2）由

（1）得，△AEF≌△BDH，△EFC≌△DHC，

∴AF＝BH，CF＝CH，

∴AB+BF＝BF+FH，FH＝2FC，

∴AB＝FH，

∴AB＝2CF．

18．（2021春•铁岭月考）如图，△AOC和△BOD中，OA＝OC，OB＝OD，∠AOC＝∠BOD＝α（0＜α＜90°），AD与BC交于点P．

（1）求证：

△AOD≌△COB；

（2）求∠APC（用含α的式子表示）；

（3）过点O分别作OM⊥AD，ON⊥BC，垂足分别为点M、N，请直接写出OM和ON的数量关系．

【解题思路】

（1）由∠AOC＝∠BOD，可得∠AOD＝∠COB，然后根据SAS可得结论；

（2）根据全等三角形的性质得∠OAD＝∠OCB，再根据三角形外角性质可得答案；

（3）根据全等三角形的性质得∠MAO＝∠NCO，由垂直定义得∠AMO＝∠CNO，再根据全等三角形的判定与性质可得结论．

【解答过程】解：

（1）∵∠AOC＝∠BOD，

∴∠AOC+∠COD＝∠BOD+∠COD，

∴∠AOD＝∠COB，

在△AOD和△COB中，

，

∴△AOD≌△COB（SAS）；

（2）由

（1）可知△AOD≌△COB，

∴∠OAD＝∠OCB，

令AD与OC交于点E，

则∠AEC＝∠OAD+∠AOC＝∠OCB+∠APC，

∴∠AOC＝∠APC，

∵∠AOC＝α，

∴∠APC＝α；

（3）∵△AOD≌△COB，

∴∠PAP＝∠BCO，即∠MAO＝∠NCO，

∵OM⊥AD，ON⊥BC，

∴∠AMO＝∠CNO＝90°，

在△AOM和△CON中，

，

∴△AOM≌△CON（AAS），

∴OM＝ON．

19．（2020秋•花都区月考）如图所示，BD、CE是△ABC的高，点P在BD的延长线上，CA＝BP，点Q在CE上，QC＝AB．

（1）探究PA与AQ之间的关系；

（2）若把

（1）中的△ABC改为钝角三角形，AC＞AB，∠A是钝角，其他条件不变，上述结论是否成立？

画出图形并证明你的结论．

【解题思路】

（1）由条件可得出∠1＝∠2，可证得△APB≌△QAC，可得结论；

（2）根据题意画出图形，结合

（1）可证得△APB≌△QAC，可得结论．

【解答过程】

（1）结论：

AP＝AQ，AP⊥AQ

证明：

∵BD、CE是△ABC的高，

∴BD⊥AC，CE⊥AB，

∴∠1+∠CAB＝90°，∠2+∠CAB＝90°，

∴∠1＝∠2，

在△QAC和△APB中，

，

∴△QAC≌△APB（SAS），

∴AQ＝AP，∠QAC＝∠P，

而∠DAP+∠P＝90°，

∴∠DAP+∠QAC＝90°，

即∠QAP＝90°，

∴AQ⊥AP；

即AP＝AQ，AP⊥AQ；

（2）上述结论成立，理由如下：

如图所示：

∵BD、CE是△ABC的高，

∴BD⊥AC，CE⊥AB，

∴∠1+∠CAE＝90°，∠2+∠DAB＝90°，

∵∠CAE＝∠DAB，

∴∠1＝∠2，

在△QAC和△APB中，

，

∴△QAC≌△APB（SAS），

∴AQ＝AP，∠QAC＝∠P，

∵∠PDA＝90°，

∴∠P+∠PAD＝90°，

∴∠QAC+∠PAD＝90°，

∴∠QAP＝90°，

∴AQ⊥AP，

即AP＝AQ，AP⊥AQ．

20．（2020春•萍乡期末）在△ABC中，AB＝AC，D是直线BC上一点，以AD为一边在AD的右侧作△ADE，使AE＝AD，∠DAE＝∠BAC，连接CE，设∠BAC＝∠1，∠DCE＝∠2．

（1）如图①，当点D在线段BC上移动时，试说明：

∠1+∠2＝180°；

（2）如图②，当点D在线段BC的延长线上移动时，请猜测∠1与∠2有怎样的数量关系？

并说明理由．

【解题思路】

（1）由“SAS”可证△BAD≌△CAE，可得∠ACE＝∠ABD，由三角形的内角和定理可得结论；

（2）由“SAS”可证△BAD≌△CAE，可得∠ACE＝∠ABD，由三角形的内角和定理和平角的定义可得结论．

【解答过程】证明：

（1）∵∠DAE＝∠BAC，

∴∠BAD＝∠CAE，

在△ABD和△ACE中，

，

∴△BAD≌△CAE（SAS），

∴∠ACE＝∠ABD，

∵∠BAC+∠ABD+∠ACB＝180°，

∴∠BAC+∠ACB+∠ACE＝∠BAC+∠BCE＝180°，

∴∠1+∠2＝180°；

（2）∠1＝∠2，

理由如下：

∵∠DAE＝∠BAC，

∴∠BAD＝∠CAE，

在△ABD和△ACE中，

，

∴△BAD≌△CAE（SAS），

∴∠ACE＝∠ABD，

∵∠BAC+∠ABD+∠ACB＝180°，∠ACE+∠ACB+∠DCE＝180°，

∴∠1＝∠2．

21．（2020春•揭阳期末）已知△ABC，点D、F分别为线段AC、AB上两点，连接BD、CF交于点E．

（1）若BD⊥AC，CF⊥AB，如图1所示，试说明∠BAC+∠BEC＝180°；

（2）若BD平分∠ABC，CF平分∠ACB，如图2所示，试说明此时∠BAC与∠BEC的数量关系；

（3）在

（2）的条件下，若∠BAC＝60°，试说明：

EF＝ED．

【解题思路】

（1）根据余角的性质得到∠DEC＝∠BAC，由于∠DEC+∠BEC＝180°，即可得到结论；

（2）根据角平分线的性质得到∠EBC

ABC，∠ECB

ACB，于是得到结论；

（3）作∠BEC的平分线EM交BC于M，由∠BAC＝60°，得到∠BEC＝90°

BAC＝120°，求得∠FEB＝∠DEC＝60°，根据角平分线的性质得到∠BEM＝60°，推出△FBE≌△EBM，根据全等三角形的性质得到EF＝EM，同理DE＝EM，即可得到结论．

【解答过程】解：

（1）∵BD⊥AC，CF⊥AB，

∴∠DCE+∠DEC＝∠DCE+∠FAC＝90°，

∴∠DEC＝∠BAC，∠DEC+∠BEC＝180°，

∴∠BAC+∠BEC＝180°；

（2）∵BD平分∠ABC，CF平分∠ACB，

∴∠EBC

ABC，∠ECB

ACB，∠BEC＝180°﹣（∠EBC+∠ECB）＝180°

（∠ABC+∠ACB）＝180°

（180°﹣∠BAC）＝90°

∠BAC；

（3）作∠BEC的平分线EM交BC于M，