手拉手模型专题练习(全等或相似)

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专题05 手拉手模型构造全等三角形(学生版)

专题05 手拉手模型构造全等三角形【专题说明】两个具有公共顶点的相似多边形，在绕着公共顶点旋转的过程中，产生伴随的全等或相似三角形，这样的图形称作共点旋转模型；为了更加直观，我们形象的称其为“手拉手”模型。

【知识总结】【基本模型】一、等边三角形手拉手-出全等图1 图2图3 图4二、等腰直角三角形手拉手-出全等两个共直角顶点的等腰直角三角形，绕点C旋转过程中（B、C、D不共线）始终有①△BCD≌△ACE；②BD⊥AE（位置关系）且BD=AE（数量关系）；③FC平分∠BFE；图1图2图3图41、如图，点C在线段AB上，△DAC和△DBE都是等边三角形，求证：△DAB≌△DCE;DA∥EC.2、已知：△ACB和△DCE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，连结AE,BD交于点O,AE与DC交于点0，AE与DC交于点M,BD与AC交于点N.3、已知，在△ABC中，AB＝AC，点P平面内一点，将AP绕A顺时针旋转至AQ，使∠QAP＝∠BAC，连接BQ、CP，⑴若点P在△ABC内部，求证BQ＝CP；⑵若点P在△ABC外部，以上结论还成立吗？4、如图，点G是正方形ABCD对角线CA的延长线上任意一点，以线段AG为边作一个正方形AEFG，线段EB和GD相交于点H.若AB=√2，AG=1，则EB=________________.5、已知正方形ABCD和正方形AEFG有一个公共点，点G、E分别在线段AD、AB上，若将正方形AEFG 绕点A按顺时针方向旋转，连接DG,在旋转的过程中，你能否找到一条线段的长与线段DG的长度始终相等？并说明理由。

6、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,BE.以下四个结论:①BD=CE;②BD⊥CE;③∠ACE+∠BDC=45°；④BE2=2(AD2+AB2)其中结论正确的个数是_______【基础训练】1、已知△ABC为等边三角形，点D为直线BC上一动点（点D不与点B,点C重合）.以AD为边作等边三角形ADE,连接CE.如图1，当点D在边BC上时，求证：△ABD≌△ACE;直接判断结论BC=DC+CE是否成立（不需要证明）；如图2，当点D在边BC的延长线上时，其他条件不变，请写出BC、DC、CE之间存在的数量关系，并写出证明过程.2、如图，△ACB与△ECD都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ECD=90°，点D为AB边上的一点.若DE=13，BD=12，求线段AB的长.3、如图，点A、B、C在一条直线上，△ABD,△BCE均为等边三角形，连接AE和CD,AE分别交CD,BD于点M,P,CD交BE于点Q，连接PQ,BM.下面结论：△ABE≌△DBC;∠DMA=60°；△BPQ为等边三角形；MB平分∠AMC.其中正确的有____________4、如图1，CA=CB,CD=CE,∠ACB=∠DCE=α，AD、BE相交于点M,连接CM.求证：BE=AD;用含α的式子表示∠AMB的度数；当α=90°时，取AD、BE的中点分别为点P、Q，连接CP,CQ,PQ,如图2，判断△CPQ的形状，并加以证明.【巩固提升】1、已知△ABC和△BDE都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠BED＝90°，AB＝2BD，连接CE．（1）如图1，若点D在AB边上，点F是CE的中点，连接BF．当AC＝4时，求BF的长；（2）如图2，将图1中的△BDE绕点B按顺时针方向旋转，使点D在△ABC的内部，连接AD，取AD 的中点M，连接EM并延长至点N，使MN＝EM，连接CN．求证：CN⊥CE．2、如图，△ABC中AB＝AC＝5，tan∠ACB＝，点D为边BC上的一动点（不与点B、C重合），将线段AD绕点A顺时针旋转得AE，使∠DAE＝∠BAC，DE与AB交于点F，连接BE．（1）求BC的长；（2）求证∠ABE＝∠ABC；（3）当FB＝FE时，求CD的长．3、如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为AB上一点，连接CD，将CD绕点C顺时针旋转90°至CE，连接AE．（1）求证：△BCD≌△ACE；（2）如图2，连接ED，若CD＝2，AE＝1，求AB的长；（3）如图3，若点F为AD的中点，分别连接EB和CF，求证：CF⊥EB．4、如图，△ABC和△EDC都是等腰直角三角形，C为它们的公共直角顶点，连接AD、BE，点F为线段AD的中点，连接CF．（1）如图1，当D点在BC上时，试判断线段BE、CF的关系，并证明你的结论；（2）如图2，把△DEC绕C点顺时针旋转一个锐角，其他条件不变时，请探究BE、CF的关系并直接写出结论．5、如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D、E分别是AB、AC边的中点．将△ABC绕点A顺时针旋转a角（0°＜a＜180°），得到△AB′C′（如图2），连接DB'，EC'．（1）探究DB'与EC'的数量关系，并结合图2给予证明；（2）填空：①当旋转角α的度数为时，则DB'∥AE；②在旋转过程中，当点B'，D，E在一条直线上，且AD＝时，此时EC′的长为．6、如图，∠AOB＝120°，OC平分∠AOB，∠MCN＝60°，CM与射线OA相交于M点，CN与直线BO相交于N点．把∠MCN绕着点C旋转．（1）如图1，当点N在射线OB上时，求证：OC＝OM+ON；（2）如图2，当点N在射线OB的反向延长线上时，OC与OM，ON之间的数量关系是（直接写出结论，不必证明）。

手拉手模型专题训练含解析

手拉手模型专题训练一、解答题1. (1)如图①，和△(?£)£1都是等边三角形，且点3，C,七在一条直线上，连结8。

和AE,直线B。

，人石相交于点。

.则线段6。

与A石的数量关系为. 30与AE相交构成的锐角的度数为.(2)如图②，点3, C,石不在同一条直线上，其它条件不变，上述的结论是否还成立.图①图②图③(3)应用：如图③，点3，C, E不在同一条直线上，其它条件依然不变，此时恰好有NAEC = 30’.设直线AE交CO于点。

，请把图形补全.若PQ = 2,则。

p =2.在朋aAbC中，ABAC = 90°, AB = AC.(1)如图1,点。

为5c边上一点,连接AO,以AD为边作Rt/^ADE, ZDAE =90° , AD=AE,连接及二直接写出线段3。

与CE的数量关系为，位置关系为.(2)如图2,点。

为5c延长线上一点，连接40,以A。

为边作HfAAOf, ZDAE = 90°, AD = AE,连接EC.①用等式表示线段6C, DC, EC之间的数量关系为.②求证：BD2 + CD2 = 2AD2 .(3)如图3,点。

为-AbC外一点，且NA3C = 45。

，若60 = 13, CD=5 ,求A。

的长.图13.如图，在AA3C中，。

是6c边上一点，RAD = AB.AE//BC. ABAD = ZCAE ,(1)若4 = 65。

，求NC的度数.(2)若AE = AC,则AO平分4。

石是否成立？判断并说明理由.4.如图，△AC8和△反Z＞都是等腰直角三角形，C4 = C5,CO=CE,7C6的顶点A在△&?£＞的斜边。

石上，连接(1)求证：BD = AE.(2)若4£' =女叫4。

= 6。

n］，求AC的长.5.如图，。

为等边△ A6c的边5C延长线上的一动点，以AP为边向上作等边连接CO.(1)求证：4ABp 经4ACD •,(2)当尸C = AC时，求NPOC的度数;(3)NP0C与/尸4C有怎样的数量关系？随着点/＞位置的变化，NPOC与/PAC的数量关系是否会发生变化？请说明理由.D6 .如图，若△A60和△ACE 都是等边三角形，求N8OC 的度数.7 .在直线A3的同一侧作两个等边三角形△A6O 和△5CE,连接4月与CO,试解决下列问题：（1）求证：AE = DC ；（2）求的度数；（3）连接G /，试判断z^G 厂形状.8 .如图，点。

手拉手模型例题十个例题

手拉手模型例题十个例题以下是十个手拉手模型的例题：1. 甲、乙两个人合作完成一项任务，甲单独完成这项任务需要5天，乙单独完成需要7天。

如果他们同时开始合作完成这项任务，他们需要多少天完成？解答：根据手拉手模型，甲和乙同时开始，每天一起工作相当于两个人在同时进行，所以他们需要的天数为：1/5 + 1/7 = 12/35，即约为0.343 天，约合8 小时。

2. 甲、乙、丙三个人合作完成一项工作，甲单独完成这项工作需要10小时，乙单独完成需要15小时，丙单独完成需要20小时。

如果他们同时开始合作完成这项工作，他们需要多少小时完成？解答：根据手拉手模型，甲、乙、丙同时开始，每小时一起工作相当于三个人在同时进行，所以他们需要的时间为：1/10 + 1/15 + 1/20 = 17/60，即约为0.2833 小时，约合17 分钟。

3. 甲、乙两个管道一起向一个水池注水，甲管道每小时能够注入1000升水，乙管道每小时能够注入800升水。

如果他们同时开始注水，多长时间后两个管道一起注入了8000升水？解答：根据手拉手模型，甲和乙同时开始，每小时一起注水相当于两个管道在同时进行，所以他们需要的时间为：8000 / (1000 + 800) = 8000 / 1800 = 4.44 小时，约合4 小时27 分钟。

4. 甲、乙两个工人一起清理一个公园，甲单独完成这项工作需要6小时，乙单独完成需要8小时。

如果他们同时开始清理，多长时间后他们完成了1/3 的工作量？解答：根据手拉手模型，甲和乙同时开始，每小时一起清理相当于两个人在同时进行，所以他们需要的时间为：1 / (1/6 + 1/8) = 1 / (4/24 + 3/24) = 1 / (7/24) =24 / 7，即约为3.43 小时，约合3 小时26 分钟。

5. 甲、乙两个人一起做某个任务，甲单独完成这项任务需要12天，乙单独完成需要18天。

如果他们同时开始合作完成这项任务，他们需要多少天完成？解答：根据手拉手模型，甲和乙同时开始，每天一起工作相当于两个人在同时进行，所以他们需要的天数为：1/12 + 1/18 = 5/36，即约为0.139 天，约合3 小时20 分钟。

几何模型之——“手拉手”及其经典考题

几何模型之——“手拉手”及其经典考题几何模型之——“手拉手”及其经典考题一、“手拉手”全等模型如图，△ABC与△ADE都是等腰三角形,AB=AC,AD=AE.∠BAC=∠DAE.结论：△BAD≌△CDE.二、模型分析手拉手模型常和旋转结合，在考试中作为几何综合题目出现。

三、模型实例例1．如图，△ABC与△EDC都为等腰直角三角形，连接AE、BD，相交于点F.问：（1）AE与BD是否相等？（2）AE与BD之间的夹角为多少度？例2．如图，直线AB的同一侧作△ABD和△BCE都为等边三角形，连接AE交DB于点G、连接CD交BE于点F，AE与CD交于点H.求证：（1）△ABE≌△DBC；（2）AE=DC；（3）∠DHA=60°；（4）△AGB≌△DFB；（5）△EGB≌△CFB；（6）连接GF，GF∥AC；（7）连接HB，HB平分∠AHC。

四、精选练习1．如图，在△ABC中，AC=CB，∠ACB=90°，D为AC延长线上一点，点E在BC上，且AE=BD.（1）求证：CD=CE；（2）若∠BAE=30°，求∠ABD度数.2.如图,△ABD与△BCE都为等边三角形,连接AE与CD,延长AE交CD于点F．求证：（1）AE=DC；（2）∠AFD=60°；（3）连接FB，FB平分∠AFC。

3．在线段AE同侧作等边△CDE（∠ACE<120°），点F,G分别是线段BE和AD的中点.求证：△CFG是等边三角形.4．将等腰Rt△ABC和等腰Rt△ADE按图①方式放置，∠A=90°，AD边与AB边重合，AB=2AD=4。

将△ADE绕点A逆时针方向旋转一个角度（0°<>180°），BD的延长线交CE于P.（1）如图②，证明：BD=CE，BD⊥CE；（2）如图③，在旋转的过程中，当AD⊥BD时，求出CP的长.。

专题03 手拉手模型(从全等到相似)(解析版)

专题03 手拉手模型（从全等到相似）全等三角形与相似三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位。

相似三角形与其它知识点结合以综合题的形式呈现，其变化很多，难度大，是中考的常考题型。

如果大家平时注重解题方法，熟练掌握基本解题模型，再遇到该类问题就信心更足了．本专题就手拉手模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。

模型1.手拉手模型（全等模型）【模型解读】将两个三角形绕着公共顶点（即头）旋转某一角度后能完全重合，则这两个三角形构成手拉手全等，也叫旋转型全等，常用“边角边”判定定理证明全等。

【常见模型及证法】（等腰）（等边）（等腰直角）公共顶点A 记为“头”，每个三角形另两个顶点逆时针顺序数的第一个顶点记为“左手”，第二个顶点记为“右手”。

对应操作：左手拉左手（即连结BD ），右手拉右手（即连结CE ），得ABD ACE ≅。

1．（2022·青海·中考真题）两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来，则形成一组全等的三角形，把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形. (1)问题发现：如图1，若ABC 和ADE 是顶角相等的等腰三角形，BC ，DE 分别是底边.求证：BD CE =； (2)解决问题：如图2，若ACB △和DCE 均为等腰直角三角形，90ACB DCE ∠=∠=︒，点A ，D ，E 在同一条直线上，CM 为DCE 中DE 边上的高，连接BE ，请判断∠AEB 的度数及线段CM ，AE ，BE 之间的数量关系并说明理由.图1 图2【答案】(1)见解析 (2)90DCE ∠=︒；2AE AD DE BE CM =+=+【分析】（1）先判断出∠BAD =∠CAE ，进而利用SAS 判断出△BAD ∠∠CAE ，即可得出结论；（2）同（1）的方法判断出△BAD ∠∠CAE ，得出AD =BE ，∠ADC =∠BEC ，最后用角的差，即可得出结论．【解析】(1)证明：∠ABC 和ADE 是顶角相等的等腰三角形，∠AB AC =，AD AE =，BAC DAE ∠=∠，∠BAC CAD DAE CAD ∠-∠=∠-∠，∠BAD CAE ∠=∠．在BAD 和CAE 中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∠()BAD CAE SAS ≌△△，∠BD CE =．(2)解：90AEB =︒∠，2AE BE CM =+，理由如下：由（1）的方法得，≌ACD BCE ，∠AD BE =，ADC BEC ∠∠=，∠CDE △是等腰直角三角形，∠45CDE CED ∠=∠=︒，∠180135ADC CDE ∠=︒-∠=︒，∠135BEC ADC ∠=∠=︒，∠1354590AEB BEC CED ∠=∠-∠=︒-︒=︒．∠CD CE =，CM DE ⊥，∠DM ME =．∠90DCE ∠=︒，∠DM ME CM ==，∠2DE CM =．∠2AE AD DE BE CM =+=+．【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形，等边三角形，等腰直角三角形的性质，判断出△ACD ∠∠BCE 是解本题的关键． 2．（2022·黑龙江·中考真题）ABC 和ADE 都是等边三角形．(1)将ADE 绕点A 旋转到图①的位置时，连接BD ，CE 并延长相交于点P （点P 与点A 重合），有PA PB PC +=（或PA PC PB +=）成立；请证明．(2)将ADE 绕点A 旋转到图②的位置时，连接BD ，CE 相交于点P ，连接P A ，猜想线段P A 、PB 、PC 之间有怎样的数量关系？并加以证明；(3)将ADE 绕点A 旋转到图③的位置时，连接BD ，CE 相交于点P ，连接P A ，猜想线段P A 、PB 、PC 之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不需要证明．【答案】(1)证明见解析 (2)图②结论：PB PA PC =+，证明见解析 (3)图③结论：PA PB PC +=【分析】（1）由△ABC 是等边三角形，得AB =AC ，再因为点P 与点A 重合，所以PB =AB ，PC =AC ，P A =0，即可得出结论；（2）在BP 上截取BF CP =，连接AF ，证明BAD CAE ≌（SAS ），得ABD ACE ∠=∠，再证明CAP BAF ≌△△（SAS ），得CAP BAF ∠=∠，AF AP =，然后证明AFP 是等边三角形，得PF AP =，即可得出结论；（3）在CP 上截取CF BP =，连接AF ，证明BAD CAE ≌（SAS ），得ABD ACE ∠=∠，再证明BAP CAF ≌△△（SAS ），得出CAF BAP ∠=∠，AP AF =，然后证明AFP 是等边三角形，得PF AP =，即可得出结论：PA PB PF CF PC +=+=．(1)证明：∠∠ABC 是等边三角形，∠AB =AC ，∠点P 与点A 重合，∠PB =AB ，PC =AC ，P A =0，∠PA PB PC +=或PA PC PB +=；(2)解：图②结论：PB PA PC =+证明：在BP 上截取BF CP =，连接AF ，∠ABC 和ADE 都是等边三角形，∠AB AC =，AD AE =，60BAC DAE ∠=∠=︒∠BAC CAD DAE CAD ∠+∠=∠+∠，∠BAD CAE ∠=∠，∠BAD CAE ≌（SAS ），∠ABD ACE ∠=∠，∠AC =AB ，CP =BF ， ∠CAP BAF ≌△△（SAS ），∠CAP BAF ∠=∠，AF AP =，∠CAP CAF BAF CAF ∠+∠=∠+∠，∠60FAP BAC ∠=∠=︒，∠AFP 是等边三角形，∠PF AP =，∠PA PC PF BF PB +=+=；(3)解：图③结论：PA PB PC +=，理由：在CP 上截取CF BP =，连接AF ，∠ABC 和ADE 都是等边三角形，∠AB AC =，AD AE =，60BAC DAE ∠=∠=︒∠BAC BAE DAE BAE ∠+∠=∠+∠，∠BAD CAE ∠=∠，∠BAD CAE ≌（SAS ），∠ABD ACE ∠=∠，∠AB =AC ，BP =CF ，∠BAP CAF ≌△△（SAS ），∠CAF BAP ∠=∠，AP AF =，∠BAF BAP BAF CAF ∠+∠=∠+∠，∠60FAP BAC ∠=∠=︒，∠AFP 是等边三角形，∠PF AP =，∠PA PB PF CF PC +=+=，即PA PB PC +=．【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质是解题的关键．3．（2022·吉林·九年级期末）如图①，在ABC 中，90C ∠=︒，6AC BC ==D ，E 分别在边AC ，BC 上，且2CD CE =AD BE =，AD BE ⊥成立．（1）将CDE △绕点C 逆时针旋转90︒时，在图②中补充图形，并直接写出BE 的长度；（2）当CDE △绕点C 逆时针旋转一周的过程中，AD 与BE 的数量关系和位置关系是否仍然成立？若成立，请你利用图③证明，若不成立请说明理由；（3）将CDE △绕点C 逆时针旋转一周的过程中，当A ，D ，E 三点在同一条直线上时，请直接写出AD 的长度．【答案】（1）补充图形见解析；22BE =；（2）AD BE =，AD BE ⊥仍然成立，证明见解析；（3）51AD =-或51=+AD ．【分析】（1）根据旋转作图的方法作图，再根据勾股定理求出BE 的长即可；（2）根据SAS 证明E ACD BC ≅∆∆得AD =BE ，∠1=∠2，再根据∠1+∠3+∠4=90°得∠2∠3+∠4=90°，从而可得出结论；（3）分两种情况，运用勾股定理求解即可．【详解】解：（1）如图所示，根据题意得，点D 在BC 上，∠BCE ∆是直角三角形，且BC =6，CE =2由勾股定理得，2222(2)(6)22BE CE BC =+=+=；（2）AD BE =，AD BE ⊥仍然成立. 证明：延长AD 交BE 于点H ，∠90ACB DCE ∠=∠=︒，ACD ACB BCD ∠=∠-∠，BCE DCE BCD ∠=∠-∠，∠ACD BCE ∠=∠，又∠CD CE =，AC BC =，∠ACD BCE ≅△△，∠AD BE =，12∠=∠，在Rt ABC 中，13490∠+∠+∠=︒，∠23490∠+∠+∠=︒，∠90AHB ∠=︒，∠AD BE ⊥.（3）①当点D 在AC 上方时，如图1所示，同（2）可得ACD BCE ≅△△∠AD =BE同理可证BE AE ⊥在Rt △CDE 中，2CD CE ==∠DE=222+=CD CE在Rt△ACB中，6==AC BC∠2223=+=AB AC BC设AD=BE=x，在Rt△ABE中，222+=BE AE AB∠222++=(2)(23)x x解得,51x=-∠ 51AD=-②当点D在AC下方时，如图2所示，同（2）可得ACD BCE△△≅∠AD=BE同理可证BE AE⊥在Rt△CDE中，2==CD CE∠DE=222+=CD CE在Rt△ACB中，6==AC BC∠2223=+=AB AC BC设AD =BE =x ，在Rt △ABE 中，222BE AE AB +=∠222(2)(23)x x +-=解得,5+1x =∠ 51=+AD .所以,AD 的值为51-或5+1【点睛】本题考查了旋转的性质,全等三角形的判定与性质,勾股定理等知识，熟练解答本题的关键．模型2.手拉手模型（旋转相似模型）【模型解读与图示】旋转放缩变换，图中必有两对相似三角形.1．（2022·四川达州·中考真题）某校一数学兴趣小组在一次合作探究活动中，将两块大小不同的等腰直角三角形ABC 和等腰直角三角形CDE ，按如图1的方式摆放，90ACB ECD ∠=∠=︒，随后保持ABC 不动，将CDE △绕点C 按逆时针方向旋转α（090α︒<<︒），连接AE ，BD ，延长BD 交AE 于点F ，连接CF ．该数学兴趣小组进行如下探究，请你帮忙解答：(1)【初步探究】如图2，当ED BC ∥时，则α=_____；(2)【初步探究】如图3，当点E ，F 重合时，请直接写出AF ，BF ，CF 之间的数量关系：_________；(3)【深入探究】如图4，当点E ，F 不重合时，（2）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出推理过程；若不成立，请说明理由．(4)【拓展延伸】如图5，在ABC 与CDE △中，90ACB DCE ∠=∠=︒，若BC mAC =，CD mCE =（m 为常数）．保持ABC 不动，将CDE △绕点C 按逆时针方向旋转α（090α︒<<︒），连接AE ，BD ，延长BD 交AE 于点F ，连接CF ，如图6．试探究AF ，BF ，CF 之间的数量关系，并说明理由．【答案】(1)45︒(2)2BF AF CF =(3)2BF AF CF =仍然成立，理由见解析(4)21BF m FC mAF =++【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质，可得AC BC ⊥，根据题意可得AC ED ⊥，根据等原三角形的性质可得AC 平分ECD ∠，即可得45ACE ∠=︒，根据旋转的性质可知ECA α∠=；（2）证明ACE ≌BCD △，可得AE DB =，根据等腰直角三角形可得2ED CE =，由BE BD ED =+，即可即可得出2BF AF CF =；（3）同（2）可得ACE ≌BCD △，过点C ，作CH FC ⊥，交BF 于点H ，证明FEC HDC ≌，AFC △≌BHC △，可得BH AF =，即可得出2BF AF CF =+；（4）过点C 作CG CF ⊥，交BF 于点G ，证明ACE BCD △∽△，可得BG mAF =，GC mFC =，在Rt FCG 中，勾股定理可得21FG m FC +，即可得出21BF m FC mAF ++．(1)等腰直角三角形ABC 和等腰直角三角形CDE ，90ECD ∴∠=︒，AC BC ⊥ED BC ∥ED AC ∴⊥45ACE α∴∠==︒故答案为：45︒(2)90∠=∠=︒ACB ECD ACE ACD ACD BCD ∴∠+∠=∠+∠ACE BCD ∴∠=∠在ACE 与BCD △中，AC BC ACE BCD EC DC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩ACE ≌BCD △∴AE DB =BE BD ED ∴=+ 又2ED CE =2BE AE CE ∴= ,E F 重合，2BF AF CF ∴=故答案为：2BF AF CF =(3)同（2）可得ACE ≌BCD △AE DB ∴=，EAC DBC ∠=∠过点C ，作CH FC ⊥，交BF 于点H ，则90ECF FCD FCD DCH ∠+∠=∠+∠=︒，∴ECF DCH ∠=∠，在FEC 与HDC △中，FEC HDC EC CD ECF DCH ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴FEC HDC ≌， FC CH ∴=，CFH ∴是等腰直角三角形，2FH FC ∴=，CH FC =，90,90FCH ACF ACH ACB BCH ACH ∴∠=∠+∠=︒∠=∠+∠=︒，ACF BCH ∴∠=∠，在AFC △与BHC △中，FC HC ACF BCH AC BC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴AFC △≌BHC △， BH AF ∴=，2BF FH BH CF AF ∴=+=+，即2BF AF CF =+，(4)过点C 作CGCF ⊥，交BF 于点G ，BC mAC =，CD mCE =，BC CD AC CE ∴=，AC BC EC DC∴=， ACE BCD α∠=∠=，ACE BCD ∴△△∽，CBG CAF ∴∠=∠，FCA ACG GCB ACG ∠+∠=∠+∠，∴FCA GCB ∠=∠，AFC BGC ∴∽，BG GC BC AF FC AC∴==m =， BG mAF ∴=，GC mFC =， Rt FCG 中，2221FG FC CG m FC =++，∴21BF FG GB m FC mAF =+=++，即21BF mFC mAF ++．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，掌握全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定是解题的关键．2．（2022·山东烟台·中考真题）(1)【问题呈现】如图1，∠ABC 和∠ADE 都是等边三角形，连接BD ，CE ．求证：BD ＝CE ．(2)【类比探究】如图2，∠ABC 和∠ADE 都是等腰直角三角形，∠ABC ＝∠ADE ＝90°．连接BD ，CE ．请直接写出BD CE 的值．(3)【拓展提升】如图3，∠ABC 和∠ADE 都是直角三角形，∠ABC ＝∠ADE ＝90°，且AB BC＝AD DE ＝34．连接BD ，CE ．①求BD CE 的值；②延长CE 交BD 于点F ，交AB 于点G ．求sin∠BFC 的值．【答案】(1)见解析235；②45 【分析】（1）证明△BAD ∠∠CAE ，从而得出结论；（2）证明△BAD ∠∠CAE ，进而得出结果；（3）①先证明△ABC ∠∠ADE ，再证得△CAE ∠∠BAD ，进而得出结果；②在①的基础上得出∠ACE ＝∠ABD ，进而∠BFC ＝∠BAC ，进一步得出结果．(1)证明：∠∠ABC 和△ADE 都是等边三角形，∠AD ＝AE ，AB ＝AC ，∠DAE ＝∠BAC ＝60°，∠∠DAE ﹣∠BAE ＝∠BAC ﹣∠BAE ，∠∠BAD ＝∠CAE ，∠∠BAD ∠∠CAE （S A S ），∠BD ＝CE ；(2)解：∠∠ABC 和∠ADE 都是等腰直角三角形，2AB AB AE AC ∴==∠DAE ＝∠BAC ＝45°，∠∠DAE ﹣∠BAE ＝∠BAC ﹣∠BAE ，∠∠BAD＝∠CAE，∠∠BAD∠∠CAE，22BD ABCE AC∴==(3)解：①34AB ADAC DE==，∠ABC＝∠ADE＝90°，∠∠ABC∠∠ADE，∠∠BAC＝∠DAE，35 AB ADAC AE==，∠∠CAE＝∠BAD，∠∠CAE∠∠BAD，35 BD AD CE AE∴==；②由①得：∠CAE∠∠BAD，∠∠ACE＝∠ABD，∠∠AGC＝∠BGF，∠∠BFC＝∠BAC，∠sin∠BFC45 BCAC==．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握“手拉手”模型及其变形．3．（2022·山东·东营市一模）【提出问题】（1）如图1，在等边∠ABC中，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连结AM，以AM为边作等边∠AMN，连结CN．求证：∠ABC=∠ACN．【类比探究】（2）如图2，在等边∠ABC中，点M是BC延长线上的任意一点（不含端点C），其它条件不变，（1）中结论∠ABC=∠ACN还成立吗？请说明理由．【拓展延伸】（3）如图3，在等腰∠ABC中，BA=BC，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连结AM，以AM为边作等腰∠AMN，使顶角∠AMN=∠ABC．连结CN．试探究∠ABC与∠ACN的数量关系，并说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）成立，理由见解析；（3）∠ABC=∠CAN，理由见解析．【分析】（1）利用SAS可证明∠BAM∠∠CAN，继而得出结论．（2）也可以通过证明∠BAM∠∠CAN，得出结论，和（1）的思路完全一样．（3）首先得出∠BAC=∠MAN，从而判定∠ABC∠∠AMN，得到AB ACAM AN=，根据∠BAM=∠BAC﹣∠MAC，∠CAN=∠MAN﹣∠MAC，得到∠BAM=∠CAN，从而判定∠BAM∠∠CAN，得出结论．【详解】解：（1）证明：∠∠ABC、∠AMN是等边三角形，∠AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°．∠∠BAM=∠CAN．∠在∠BAM和∠CAN中，AB ACBAM CANAM AN=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∠∠BAM∠∠CAN（SAS）．∠∠ABC=∠ACN．（2）结论∠ABC=∠ACN仍成立．理由如下：∠∠ABC、∠AMN是等边三角形，∠AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°．∠∠BAM=∠CAN．∠在∠BAM和∠CAN中，AB ACBAM CANAM AN=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∠∠BAM∠∠CAN（SAS），∠∠ABC=∠ACN．（3）∠ABC=∠ACN．理由如下：∠BA=BC，MA=MN，顶角∠ABC=∠AMN，∠底角∠BAC=∠MAN，∠∠ABC∠∠AMN，∠AB ACAM AN=，又∠∠BAM=∠BAC﹣∠MAC，∠CAN=∠MAN﹣∠MAC，∠∠BAM=∠CAN，∠∠BAM∠∠CAN，∠∠ABC=∠ACN．4．（2022·山西长治·九年级期末）问题情境：如图1，在∠ABC中，AB＝6，AC＝5，点D，E分别在边AB，AC上，且∥DE BC．数学思考：(1)在图1中，BD CE的值为；(2)图1中∠ABC 保持不动，将∠ADE 绕点A 按逆时针方向旋转到图2的位置，其它条件不变，连接BD ，CE ，则（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由；(3)拓展探究：在图2中，延长BD ，分别交AC ，CE 于点F ，P ，连接AP ，得到图3，探究∠APE 与∠ABC 之间有何数量关系，并说明理由；(4)若将∠ADE 绕点A 按逆时针方向旋转到图4的位置，连接BD ，CE ，延长BD 交CE 的延长线于点P ，BP 交AC 于点F ，则（3）中的结论是否仍然成立，若成立，请说明理由；若不成立，请直接写出∠APE 与∠ABC 之间的数量关系．【答案】(1)65(2)（1）中结论仍然成立，理由见解析(3)∠APE =∠ABC ，理由见解析 (4)结论不成立，∠APE +∠ABC =180°，理由见解析【分析】（1）根据平行线分线段成比例定理求解即可；（2）根据旋转的性质得到∠BAD =∠CAE ，由（1）可证明∠BAD ∠∠CAE ，从而可证∠APE +∠ABC 得到65BD AB CE AC ==；（3）由（2）可证∠ABD =∠ACE ，证明∠AFB ∠∠PFC 和∠AFP ∠∠BFC 即可得到结论；（4）证明∠ABD =∠ACE ，推出A 、B 、C 、P 四点共圆即可得到结论；（1）解：∠∥DE BC ，∠BD CE AB AC=，∠65BD AB CE AC ==；（2）解：中结论仍然成立，理由如下：∠旋转的性质，∠∠ADE =∠ABC ，∠AED =∠ACB ，∠∠ADE ∠∠ABC ，∠AD AE AB AC=，在图2中，由旋转的性质可知，∠BAC =∠DAE ，∠∠BAD=∠CAE，∠∠BAD∠∠CAE，∠65 BD ABCE AC==；（3）解：∠APE=∠ABC，理由如下：由（2）得∠BAD∠∠CAE，∠∠ABD=∠ACE，又∠∠AFB=∠PFC，∠∠AFB∠∠PFC，∠AF BFBAC BPCPF CF==，∠∠，∠AF PFBF CF=，又∠∠AFP=∠BFC，∠∠AFP∠∠BFC，∠∠CBF=∠P AF，∠∠APE=∠ACE+∠P AF，∠ABC=∠ABF+∠CBF，∠∠APE=∠ABC；（4）解：（3）结论不成立，∠APE+∠ABC=180°，理由如下：由（2）知，∠BAD∠∠CAE，∠∠ABD=∠ACE，∠A、B、C、P四点共圆，∠∠APE+∠ABC=180°．【点睛】本题主要考查了平行线分线段成比例，旋转的性质，相似三角形的性质与判定，圆内接四边形的性质等等，熟练掌握相关三角形的性质与判定是解题的关键．课后专项训练：1．（2022·湖南·中考真题）如图，点O 是等边三角形ABC 内一点，2OA =，1OB =，3OC =AOB ∆与BOC ∆的面积之和为（）A 3B 3C 33D 3【答案】C【分析】将AOB ∆绕点B 顺时针旋转60︒得BCD ∆，连接OD ，得到BOD 是等边三角形，再利用勾股定理的逆定理可得90COD ∠=︒，从而求解．【详解】解：将AOB ∆绕点B 顺时针旋转60︒得BCD ∆，连接OD ，OB OD ∴=，60BOD ∠=︒，2CD OA ==，BOD ∴∆是等边三角形， 1OD OB ∴==，∵2222134OD OC +=+=，2224CD ==，222OD OC CD ∴+=，90DOC ∴∠=︒，AOB ∴∆与BOC ∆的面积之和为2313311342BOC BCD BOD COD S S S S +=+=+⨯=C ．【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理，旋转的性质等知识，利用旋转将AOB ∆与BOC ∆的面积之和转化为BOC BCD S S +，是解题的关键．2．（2022·四川宜宾·中考真题）如图，ABC 和ADE 都是等腰直角三角形，90BAC DAE ∠=∠=︒，点D 是BC 边上的动点（不与点B 、C 重合），DE 与AC 交于点F ，连结CE ．下列结论：①BD CE =；②DAC CED ∠=∠；③若2BD CD =，则45CF AF =；④在ABC 内存在唯一一点P ，使得PA PB PC ++的值最小，若点D 在AP 的延长线上，且AP 的长为2，则23CE =（）A ．①②④B ．①②③C ．①③④D ．①②③④ 【答案】B【分析】证明BAD CAE ≌，即可判断①，根据①可得ADB AEC ∠=∠，由180ADC AEC ∠+∠=︒可得,,,A D C E 四点共圆，进而可得DAC DEC ∠=∠，即可判断②，过点A 作AG BC ⊥于G ,交ED 的延长线于点H ，证明FAH FCE ∽，根据相似三角形的性质可得45CF AF =，即可判断③，将APC △绕A 点逆时针旋转60度，得到AB P ''△，则APP '是等边三角形，根据当,,,B P P C ''共线时，PA PB PC ++取得最小值，可得四边形ADCE 是正方形，勾股定理求得DP ，根据CE AD AP PD ==+即可判断④．【详解】解：ABC 和ADE 都是等腰直角三角形，90BAC DAE ∠=∠=︒， ,,AB AC AD AE BAD CAE ∴==∠=∠BAD CAE ∴△≌△BD CE ∴=故①正确；BAD CAE ≌ADB AEC ∴∠=∠180ADC AEC ∴∠+∠=︒,,,A D C E ∴四点共圆，CD CD =DAC DEC ∴∠=∠故②正确；如图，过点A 作AG BC ⊥于G ,交ED 的延长线于点H ，BAD CAE ≌,45,45ACE ABD ACB ∴∠=∠=︒∠=︒90DCE ∴∠=︒FC AH ∴∥ 2BD CD =，BD CE =1tan2DC DEC CE ∴∠==,13CD BC = 设6BC a =，则2DC a =，132AG BC a ==，24EC DC a == 则32GD GC DC a a a =-=-=FC AH ∥1tan 2GD H GH ∴==22GH GD a ∴==325AH AG GH a a a ∴=+=+= AH ∠CE ，FAH FCE ∴∽ CF CE AF AH ∴=4455CF a AF a ∴==则45CF AF =；故③正确如图，将ABP 绕A 点逆时针旋转60度，得到AB P ''△，则APP '是等边三角形，PA PB PC PP P B PC B C '''+++∴'+=≥，当,,,B P P C ''共线时，PA PB PC ++取得最小值，此时180********CPA APP '∠=-∠=︒-=︒︒︒，180********APB AP B AP P ∠=∠=︒-∠=︒-︒='''︒，360360*********BPC BPA APC ∠=︒-∠-∠=︒-︒-︒=︒，此时120APB BPC APC ∠=∠=∠=︒，AC AB AB '==，AP AP '=，APC AP B ''∠=∠，AP B APC ''∴≌，PC P B PB ''∴==，60APP DPC '∠=∠=︒，DP ∴平分BPC ∠，PD BC ∴⊥，,,,A D C E 四点共圆，90AEC ADC ∴∠=∠=︒，又AD DC BD ==,BAD CAE ≌，AE EC AD DC ∴===，则四边形ADCE 是菱形，又90ADC ∠=︒，∴四边形ADCE 是正方形，9060150B AC B AP PAC P AP ''''∠=∠+∠+∠=︒+︒=︒，则'B A BA AC ==，()1180152B ACB B AC '''∠=∠=︒-∠=︒， 30PCD ∠=︒，3DC PD ∴=，DC AD =，2AP =，则()312AP AD DP DP =-==，3131DP ∴==-， 2AP =，33CE AD AP PD ∴==+=，故④不正确，故选B ．【点睛】本题考查了旋转的性质，费马点，圆内接四边形的性质，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，正方形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．3．（2022·湖北·襄阳市樊城区青泥湾中学九年级阶段练习）如图，已知AOB 和MON 都是等腰直角三角形(22OA <OM =ON )，∠AOB =∠MON =90°．(1)如图①，连接AM ，BN ，求证：AOM ∠BON ；(2)若将MON 绕点O 顺时针旋转，①如图②，当点N 恰好在AB 边上时，求证：22220BN AN N +=；②当点A ，M ，N 在同一条直线上时，若OB =4，ON =3，请直接写出线段BN 的长．【答案】(1)见解析；(2)①见解析；②46322+或46322-．【分析】（1）利用SAS 定理证明AOM BON ≌即可；（2）①连接AM ，证明AOM BON ≌，即可证2222BN AN ON =+；②当点N 在线段AM 上时，连接BN ，在Rt ANB 中构造勾股定理的等量关系；当点M 在线段AN 上时，同理即可求得．（1）证明：90AOB MON ︒∠=∠=，MON AON AOB AON ∴∠+∠=∠+∠，即AOM BON ∠=∠．MON 和AOB 是等腰直角三角形，,OM ON OA OB ∴==，AOM BON ∴≌(SAS) ．（2）解：①证明：如图，连接AM ．90AOB MON ︒∠=∠=，MON AON AOB AON ∴∠-∠=∠-∠，即AOM BON ∠=∠．MON 和AOB 是等腰直角三角形，,,45OM ON OA OB OAB OBA ︒∴==∠=∠=，.()AOM BON SAS ∴≌45,MAO OBA AM BN ︒∴∠=∠==，90MAN ︒∴∠=，222AM AN MN ∴+=．MON 是等腰直角三角形，222MN ON ∴=，2222BN AN ON =∴+．②46322+或46322-．∠△AOB 和△MON 都是等腰直角三角形，OB =4，ON =3，∠42,32AB MN ==．当点N 在线段AM 上时，如图，连接BN ，设BN x =，由(1)可知AOM BON ≌．∠OAM OBN ∠=∠，AM BN x ==．∠NAB ABN OAM OAB ABN OBN ABN OAB∠+∠=∠+∠+∠=∠+∠+∠18090OBA OAB AOB =∠+∠=︒-∠=︒，∠()18090ANB NAB ABN ∠=︒-∠+∠=︒，∠ANB 是直角三角形，222+=AN BN AB ．又∠32AN AM MN BN MN x =-=-=-，∠222(32)(42)x x -+=，解得：1246324632,22x x +-+==（舍去）∠46322BN +=；当点M 在线段AN 上时，如图，连接BN ，设BN x =，由(2)①可知AOM BON ≌．∠OAM OBN ∠=∠，AM BN x ==．∠NAB ABN OAM OAB ABN OBN ABN OAB∠+∠=∠+∠+∠=∠+∠+∠18090OBA OAB AOB =∠+∠=︒-∠=︒，∠()18090ANB NAB ABN ∠=︒-∠+∠=︒，∠ANB 是直角三角形，222+=AN BN AB ．又∠32AN AM MN BN MN x =+=+=+，∠222(32)(42)x x ++=，解得： 1246324632,22x x ---==（舍去）∠46322BN -=综上所述：BN 的长为46322+或46322-．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质，三点共线分类讨论，对几何题目的综合把握是解题关键．4．（2022·山西朔州·九年级期末）综合与实践问题情境：在数学课上老师出了这样一道题：如图1，在ABC 中6AB AC ==，30BAC ∠=︒，求BC 的长．(1)探究发现：如图2，勤奋小组经过思考后，发现：把ABC 绕点A 顺时针旋转90︒得到ADE ，连接BD ，BE ，利用直角三角形的性质即可求解，请你根据勤奋小组的思路，求BC 的长；(2)探究拓展：如图3，缜密小组的同学在勤奋小组的启发下，把ABC 绕点A 顺时针旋转120︒后得到ADE ，连接BD ，CE 交于点F ，交AB 于点G ，请你判断四边形ADFC 的形状并证明；(3)奇异小组的同学把图3中的BGF 绕点B 顺时针旋转，在旋转过程中，连接AF ，发现AF 的长度在不断变化，直接写出AF 的最大值和最小值．【答案】(1)BC 的长是3632-，见解析；(2)四边形ADFC 是菱形，见解析；(3)AF 的最大值是63，AF 的最小值是1263-，见解析．【分析】（1）过点B 作BH DE ⊥交DE 的延长线于点H ．由旋转性质进一步得AEB △是等边三角形， EBH △是等腰直角三角形，ABD △是等腰直角三角形，45BDA ∠=︒，在Rt EBH △中由勾股定理，1832HE HB ===，在Rt BDH 中，62BD =．在Rt BDH 中，求得36=DH ，进而得解；（2）利用旋转的性质得到相关结论，进一步证明四边形ADFC 是平行四边形．又有AD AC =，得证四边形ADFC 是菱形；（3）作AH ∠BD 于点H ，则90AHB ∠=︒，利用解直角三角形求得BF 的长，分两种情况进行分析，即可得解．（1）解：如图4，延长CB 、DE 交于点H .∠ABC 绕点A 顺时针旋转90︒得到ADE ∠ABC ADE △≌△，90CAE BAD ∠=∠=︒，∠H =90°， ∠AB AD ==6，AC AE ==6，DAE BAC ∠=∠，DE BC =∠6AB AC ==，30BAC ∠=︒∠∠ABC 是等腰三角形，60∠=∠-∠=︒BAE CAE BAC ∠180752-=︒∠∠=︒BAC ABC ， ∠=6AE AB = ∠AEB △是等边三角形∠6BE AB ==，60ABE ∠=︒∠18045∠=︒-∠-∠=︒EBH ABE ABC ∠EBH △是等腰直角三角形∠HE HB =．∠AD AB =，90DAB ∠=︒．∠ABD △是等腰直角三角形，45BDA ∠=︒．在Rt EBH △中，由勾股定理，得222+=HE HB BE ．∠2226+=HE HB =36．∠HE 2=HB 2=18∠1832HE HB ===．在BDH 中，90H ∠=︒，30∠=∠-∠=∠=︒-∠BDH EDA BDA ABC BDA ．在Rt BDH 中，1322==BH BD ．∠62BD =．在Rt BDH 中，tan ∠=BH BDH DH ，∠3233=DH ， ∠36=DH ．∠3632=-=-DE DH EH ．∠DE BC =，∠BC 的长是3632-．（2）解：四边形ADFC 是菱形．理由如下：∠ABC 绕点A 顺时针旋转120︒得到ADE ，AB AC =，30BAC ∠=︒，∠ABC ADE △≌△，120∠=∠=︒BAD CAE ．∠AC AE =，AB AD =，30BAC DAE ∠=∠=︒．∠AC AE AB AD ===．∠∠ACE 是等腰三角形∠180302︒-∠=︒∠=∠=CAE ACE AEC ．同理可得：30ABD ADB ∠=∠=︒．∠180752-=︒∠∠=︒BAC ACB ． ∠45∠=∠-∠=︒BCG ACB ACE ，105∠=∠+∠=︒FBC ABC ABF ．∠在BFC △中，18030∠=︒-∠-∠=︒BFG FBC BCG ．∠∠=∠BFG ACF ，∠=∠BFG ADB ．∠∥DB AC ，∥FC AD ．∠四边形ADFC 是平行四边形．∠AD AC =，∠四边形ADFC 是菱形．（3）如图5，作AH ∠BD 于点H ，则90AHB ∠=︒∠ABC 绕点A 顺时针旋转120︒得到ADE ， ∠ABC ADE △≌△，120BAD ∠=︒∠AB AD ==6∠∠ABD 是等腰三角形∠BH =DH =12BD∠180302BAD ABD ADB ︒-∠∠=∠==︒ ．在Rt △ABH 中，∠AHB =90°，∠ABH =30°， AB =6∠cos cos30BH ABH AB ==︒∠∠BH =33∠BD =2 BH =63 由（2）知四边形ADFC 是菱形∠DF =AD =6 ∠BF =BD -DF =63－6当BGF 绕点B 顺时针旋转，在旋转过程中，当旋转到A 、B 、F 第一次三点共线时，如图6， ∠=BF ''BF 此时AF 有最小值，此时AF =AF ''=AB -BF ''=AB -BF =6-（63－6）=12－63当旋转到A 、B 、F 第二次三点共线时，如图7，BGF ''△≌△BG F ，∠=BF 'BF此时AF 有最大值，此时AF =AB +BF '=AB +BF =6+63－6=63故AF 的最大值是63，AF 的最小值是1263-【点睛】本题以图形的变换——旋转为载体考查了全等三角形的性质和判定，菱形的判定，线段长度的最值问题等知识点，综合性较强，准确作出辅助线是解题的关键．5．（2022·湖北武汉·八年级期末）已知ABC 中，∠BAC =60°，以AB 和BC 为边向外作等边ABD 和等边BCE ．(1)连接AE、CD，如图1，求证：AE=CD；(2)若N为CD中点，连接AN，如图2，求证：CE=2AN(3)若AB∠BC，延长AB交DE于M，DB23，则BM=_______（直接写出结果）【答案】(1)见解析(2)见解析(3)2 2【分析】（1）先判断出∠DBC=∠ABE，进而判断出∠DBC∠∠ABE，即可得出结论；（2）先判断出∠ADN∠∠FCN，得出CF=AD，∠NCF=∠AND，进而判断出∠BAC=∠ACF，即可判断出∠ABC∠∠CF A，即可得出结论；（3）先判断出∠ABC∠∠HEB(ASA)，得出22BH AC==，AB EH=，再判断出∠ADM∠∠HEM (AAS)，得出AM=HM，即可得出结论．（1）解：∠∠ABD和∠BCE是等边三角形，∠BD=AB，BC=BE，∠ABD=∠CBE=60°，∠∠ABD+∠ABC=∠CBE+∠ABC，∠∠DBC=∠ABE，∠∠ABE∠∠DBC（SAS），∠AE=CD；（2）解：如图，延长AN使NF=AN，连接FC，∠N 为CD 中点，∠DN =CN ，∠∠AND =∠FNC ，∠∠ADN ∠∠FCN (SAS )，∠CF =AD ，∠NCF =∠AND ，∠∠DAB =∠BAC =60°∠∠ACD +∠ADN =60°∠∠ACF =∠ACD +∠NCF =60°，∠∠BAC =∠ACF ，∠∠ABD 是等边三角形，∠AB =AD ，∠AB =CF ，∠AC =CA ，∠∠ABC ∠∠CF A (SAS )，∠BC =AF ，∠∠BCE 是等边三角形，∠CE =BC =AF =2AN ；（3）解： ∠∠ABD 是等边三角形，∠2AB AD DB ===，∠BAD =60°，在Rt ∠ABC 中，∠ACB =90°－∠BAC =30°，∠222AC AB ==，如图，过点E 作EH // AD 交AM 的延长线于H ，∠∠H =∠BAD =60°，∠∠BCE 是等边三角形，∠BC =BE ，∠CBE =60°，∠∠ABC =90°，∠∠EBH =90°－∠CBE =30°=∠ACB ，∠∠BEH =180°－∠EBH －∠H =90°=∠ABC ，∠∠ABC ∠∠HEB (ASA )，∠22BH AC ==，AB EH =，∠AD =EH ，∠∠AMD =∠HME ，∠∠ADM ∠∠HEM (AAS )，∠AM =HM ，∠()()1111122222BM AM AB AH AB AB BH AB BH AB BH AB =-=-=+-=-=- ∠22BH =，2AB =，∠22BM =．故答案为：22．【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了等边三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，构造出全等三角形是解本题的关键．6．（2022·湖南·长沙市湘郡培粹实验中学八年级阶段练习）如图1，在Rt ∠ABC 中，∠B ＝90°，AB ＝BC ＝4，点D ，E 分别为边AB ，BC 上的中点，且BD ＝BE 2．(1)如图2，将∠BDE 绕点B 逆时针旋转任意角度α，连接AD ，EC ，则线段EC 与AD 的关系是；(2)如图3，DE ∠BC ，连接AE ，判断∠EAC 的形状，并求出EC 的长；(3)继续旋转∠BDE ，当∠AEC ＝90°时，请直接写出EC 的长．【答案】(1)EC ＝AD ，EC ∠AD (2)等腰三角形，10(3)151±【分析】（1）延长CE 交AD 于F ，交AB 于O ，证明∠ABD ∠∠CBE （SAS ），得∠BCE ＝∠BAD ，CE ＝AD ，再由∠AOF ＝∠BOC ，可得∠AFC ＝∠ABC ＝90°，即可得到结论；（2）设DE 与AB 的交点为H ，可得AB 是DE 的垂直平分线，利用勾股定理可求出AE 的长，由（1）知CE ＝AD ，从而得出答案；（3）分当点E 在BC 上方时和当点E 在BC 下方时，分别画图，利用勾股定理计算即可．(1)EC与AD垂直且相等，理由如下：延长CE交AD于F，交AB于O，∠∠BDE和△ABC都是等腰直角三角形，∠BD＝BE，AB＝BC，∠DBE＝∠ABC＝90°，∠∠ABD＝∠CBE，∠∠ABD∠∠CBE（SAS），∠∠BCE＝∠BAD，CE＝AD，∠∠AOF＝∠BOC，∠∠AFE＝∠ABC＝90°，∠AD∠CE，∠故答案为：EC＝AD，EC∠AD；(2)设DE与AB的交点为H，∠DE∠BC，∠∠AHE＝∠ABC＝90°，∠BD＝BE，∠AB是DE的垂直平分线，∠AD ＝AE ，由（1）知AD ＝CE ，∠AE ＝CE ，∠∠ACE 是等腰三角形，∠BE ＝2，∠BH ＝HE ＝1，∠AH ＝AB ﹣BH ＝4﹣1＝3，在Rt △AHE 中，由勾股定理得：AE ＝2210AH HE +=，∠CE ＝AE ＝10；(3)如图4，当点E 在BC 上方时，过点B 作BG ∠DE 于G ，∠∠AEC ＝90°，CE ∠AD ，∠A 、E 、D 三点共线，∠AG ＝2215AB BG -=，∠AD ＝AG +DG ＝151+，∠CE ＝AD ＝15+1；如图，当点E 在BC 下方时，同理可得CE ＝CG ﹣GE ＝15﹣1．综上：CE ＝15+1或15﹣1．【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，勾股定理等知识，根据前面探索的结论解决新的问题是解题的关键．7．（2022·广东·惠州一中八年级期中）ABC 为等边三角形，4AB =，AD BC ⊥于点D ．E 为线段AD 上一点，3AE =AE 为边在直线AD 右侧构造等边AEF ．连结CE ，N 为CE 的中点．（1）如图1，EF 与AC 交于点G ，①连结NG ，求线段NG 的长；②连结ND ，求DNG ∠的大小．（2）如图2，将AEF 绕点A 逆时针旋转，旋转角为α．M 为线段EF 的中点．连结DN 、MN ．当30120α︒<<︒时，猜想DNM ∠的大小是否为定值，并证明你的结论．【答案】（1）①72；②120︒；（2）120DNM ∠=︒，证明见解析【分析】（1）①根据等边三角形的性质，AD BC ⊥，可得60,30AEF EAG ∠=︒∠=︒，NG 是Rt EGC △斜边EC 上的中线，勾股定理在Rt EDC 中可求得EC 的长，进而求得NG 的长；②根据①的结论可得NG NC ND ==，根据120NGC NCG NCD NDC ∠+∠+∠+∠=︒=GND ∠，即可求得GND ∠的度数；（2）连接,BE FC ，证明BAE CAF ≌，进而可得ABE ACF ∠=∠，则120EBC BCF ABC ABE ACB ACF ABC ACB ∠+∠=∠-∠+∠+∠=∠+∠=︒，进而根据D 为BC 的中点，N 为EC 的中点，M 为EF 的中点，根据三角形中位线定理可得,DN BE MN CF ∥∥，进而可得MNE DNE ∠+∠=FCE DCE ∠+∠120=︒【详解】（1）①ABC 是等边三角形，4,AB AD BC =⊥222,23DB DC AD AC DC ∴===-=，60BAC ∠=︒3AE =3ED AD AE ∴=-=AEF 是等边三角形，60AEG ∴∠=︒1302DAG DAB CAB ∠=∠=∠=︒90EGC ∴∠=︒ N 为CE 的中点()22221117322222NG EC DE DC ∴==+=+= ②如图，连接DN ，11,22NG EC NC DN EC ===NG NC ND ∴== ==NGC NCG NCD NDC ∴∠∠∠∠，()2=2120NGC NCG NCD NDC NCD NCG BCA ∴∠+∠+∠+∠=∠+∠=︒NGC NCG NCD NDC GNE DNE GND ∠+∠+∠+∠=∠+∠=∠120GND ∴∠=︒；（2）120DNM ∠=︒，理由如下，如图，连接,BE FC ABC ，AEF 为等边三角形，,AB AC AE AF ∴==,60BAE BAC CAE CAE ∠=∠+∠=︒+∠60CAF CAE EAF CAE ∠=∠+∠=︒+∠BAE CAF ∴∠=∠BAE CAF ∴△≌△∴ABE ACF ∠=∠则120EBC BCF ABC ABE ACB ACF ABC ACB ∠+∠=∠-∠+∠+∠=∠+∠=︒D 为BC 的中点，N 为EC 的中点，M 为EF 的中点,DN BE MN CF ∴∥∥,MNE FCE EBC NDC ∴∠=∠∠=∠END NDC NCD ∠=∠+∠∴DNM DNE MNE NDC ACB ACN ECF∠=∠+∠=∠+∠+∠+∠120EBC ACB ACF EBC BCF =∠+∠+∠=∠+∠=︒120DNM ∴∠=︒【点睛】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理，三线合一，直角三角形斜边上的中线等于斜边的，勾股定理，中位线定理，三角形全等的性质与判定，旋转的性质，综合运用以上知识是解题的关键．8．（2022•新乡中考模拟）在△ABC中，CA＝CB＝m，在△AED中，DA＝DE＝m，请探索解答下列问题．【问题发现】（1）如图1，若∠ACB＝∠ADE＝90°，点D，E分别在CA，AB上，则CD与BE的数量关系是，直线CD与BE的夹角为；【类比探究】（2）如图2，若∠ACB＝∠ADE＝120°，将△AED绕点A旋转至如图2所示的位置，则CD 与BE之间是否满足（1）中的数量关系？说明理由．【拓展延伸】（3）在（1）的条件下，若m＝2，将△AED绕点A旋转过程中，当B，E，D三点共线．请直接写出CD的长．【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到AB＝AC＝m，AE＝AD＝m，计算即可；（2）过点C作CH⊥AB于H，延长CD、BE交于点F，根据直角三角形的性质得到AB＝AC，AE＝AD，证明△CAD∽△BAE，根据相似三角形的性质解答即可；（3）分点E在线段BD上、点D在线段BE上两种情况，根据相似三角形的性质计算即可．【解答】解：（1）∵∠ACB＝∠ADE＝90°，CA＝CB，DA＝DE，∴∠A＝∠B＝∠DEA＝45°，∴AB＝AC＝m，AE＝AD＝m，∴CD＝AC﹣AD＝m，BE＝AB﹣AE＝m，∴BE＝CD，∵∠A＝45°，∴直线CD与BE的夹角为45°，故答案为：BE＝CD，45°；（2）不满足，BE＝CD，直线CD与BE的夹角为30°，理由如下：如图2，过点C作CH⊥AB于H，延长CD、BE交于点F，∵CA＝CB，∴AH＝HB，∵∠ACB＝∠ADE＝120°，CA＝CB，DA＝DE，∴∠CAB＝∠CBA＝30°，∠DAE＝∠DEA＝30°，∴AC＝2CH，∠CAD＝∠BAE，由勾股定理得：AH＝AC，∴AB＝AC，同理可得：AE＝AD，∴＝，∵∠CAD＝∠BAE，∴△CAD∽△BAE，∴＝＝，∠ACD＝ABE，∴BE＝CD，∠F＝∠CAB＝30°，∴BE＝CD，直线CD与BE的夹角为30°；（3）如图3，点E在线段BD上，∵m＝2，∴AD＝DE＝1，AB＝2，由勾股定理得：BD＝＝，∴BE＝BD﹣DE＝﹣1，∴CD＝BE＝，如图4，点D在线段BE上，BE＝BD+DE＝+1，∴CD＝BE＝，综上所述：当B，E，D三点共线．CD的长为或．【点评】本题考查的是相似三角形的判定和性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．9．（2022•虹口区期中）如图，在△ABC和△ADE中，△BAD＝△CAE，△ABC＝△ADE．（1）求证：△ABC△△ADE；（2）判断△ABD与△ACE是否相似？并证明．。

全等之手拉手模型(含答案)

全等之手拉手模型1. 等边三角形手拉手核心考点：如果两个等边三角形共顶点，必有手拉手全等．核心考点：和均为等边三角形，三点共线．结论：（）≌；（）；（）；（）≌；（）；（）≌；（）；（）为等边三角形；（）；（）平分．1.如图，在线段上，在同侧作等边三角形和，连接，，若，则．（1）（2）（3）2.如图，以点为等边三角形顶点向左右两侧各作等边和等边，连接、交于点，连接，求证：．．平分．（1）（2）3.如图，已知与都是等边三角形，连结、，求证：．与所夹锐角为．4.如图，在中，，分别以、和为边在外部作等边三角形、等边三角形和等边三角形，连接、和交于点，下列结论中正确的是．（只填序号即可）①；②；③．A.≌B.≌C.D.5.如图，已知等边和等边在线段同侧，则下面错误的是（）．6.如图，为线段上一动点（不与点、重合），在同侧分别作正三角形和正三角形，与交于点，与交于点，与交于点，连结，以下六个结论：①；②；③；④；⑤；⑥平分，恒成立的结论有（把你认为正确的序号都填上）．7.已知，如图等边和等边，连接并延长交于点，求的度数．（1）（2）8.已知是等边三角形，点是直线上一点，以为一边在的右侧作等边．如图，点在线段上移动时，直接写出和的大小关系．如图，点在线段的延长线上移动时，猜想的大小是否发生变化．若不变请求出其大小；若变化，请说明理由．（1）（2）9.如图，在等边中，是边上动点，以为边，向上作等边，连接．求证：．若点运动到延长线上，其它条件不变，是否仍有？2. 等腰直角三角形手拉手核心考点：如果两个等腰直角三角形共顶点，必有手拉手全等．如图，已知和均为等腰直角三角形，结论：（） ≌ ；（）；（）．同理，正方形也有类似的结论．A. B. C. D.10.已知：如图，在，中，，，，点，，三点在同一条直线上，连接，．以下结论：①；②；③；其中结论正确的个数是（）．11.在中，分别以，为边，向外作正四边形，、相交于点．则．12.已知：如图，在，中，，，，点，，三点在同一条直线上，连接，．则= ．12（1）（2）13.已知，在中，以边为底边作等腰三角形，连接，以为腰作等腰三角形，且．将线段沿着射线的方向平移，得到线段，连接．设，．如图，当时．图根据题意补全图形．求的值．如图，直接写出与之间满足的等量关系．图3. 任意等腰三角形手拉手核心考点：条件：,均为等腰三角形且结论：①≌；②；③；④平分（易忘）（1）（2）14.在中，，点是直线上一点（不与、重合），以为一边在的右侧作，使，，连接．图图如图，如果，则．如图，设，，当点在线段上移动时，请写出、之间的数量关系，请说明理由．（1）（2）15.已知：如图，在、中，，，，点、、三点在同一直线上，连接．求证：≌．试猜想、有何关系，并证明．（1）（2）16.以点为顶点作等腰，等腰，其中，如图所示放置，使得一直角边重合，连接、．图试判断、的数量关系，并说明理由．延长与交于点试求的度数．17.在中，分别以，为边，向外作正五边形，、相交于点．．18.如图所示，，，，，，则．19.如图，和都是等腰三角形，且，，，，在同一条直线上．求证：．（1）（2）（3）20.已知：和都是等腰直角三角形，．如图①，点在内，求证：．如图②，、、三点在同一条直线上，若，，求的面积．如图③，若，点在上运动，求周长的最小值．4. 任意等腰三角形手拉手核心考点：条件：,均为等腰三角形且结论：①≌；②；③；④平分（易忘）（1）（2）（3）21.如图，，，，、交于点，连接．求的度数．（用表示）求证：平分．如图，若，、分别是、的中点，连接、、．请判断三角形的形状，并证明你的结论．（1）（2）22.如图，在中，，，的平分线交于．求证：．如图，过点作交于，将绕点逆时针旋转角（）得到，连接、，求证：．（1）（2）（3）23.已知点为线段上一点，分别以、为边在线段同侧作和，且，，，直线与交于点．如图，若，则的度数为．图如图，若，连接，则的度数为（用含的式子表示）．图将图中的绕点顺时针旋转，如图，连接、、，，则的度数为多少？图（1）（2）（3）24.已知是等腰三角形，．特殊情形：如图，当时，有．（填“”，“”或“”）图发现探究：若将图中的绕点顺时针旋转（）到图位置，则（）中的结论还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．图拓展运用：如图，是等腰直角三角形内一点，，且，，，求的度数．图　（1）（2）25.如图，与为等腰三角形，其中，，，、交于．求证：．求和的度数．全等之手拉手模型1. 等边三角形手拉手核心考点：如果两个等边三角形共顶点，必有手拉手全等．核心考点：和均为等边三角形，三点共线．结论：（）≌；（）；（）；（）≌；（）；（）≌；（）；（）为等边三角形；（）；（）平分．【备注】【教法指导】这10个结论，看孩子水平。

全等三角形之手拉手模型专题

全等三角形之手拉手模型专题基本图形1、图（1）中，C 点为线段AB 上一点，△ACM，△CBN 是等边三角形，AN 与BM 相等吗？说明理由；如图（2） C 点为线段AB 上一点，等边三角形ACM 和等边三角形CBN 在AB 的异侧，此时AN 与BM 相等吗？说明理由；如图（3）C 点为线段AB 外一点，△ACM，△CBN 是等边三角形，AN 与BM相等吗？说明理由．分析：题中三问均是对等边三角形性质的考查以及全等三角形的证明，由已知条件，利用等边三角形的性质可找出对应边及夹角相等，证明全等，即可得到线段相等．解：（1）相等．证明如下：∵△ACM，△CBN 是等边三角形，∴AC=CM，CN=BC，又∠ACN=∠MCN+60°∠MCB=∠MCN+60°，∴∠ACN=∠MCB，∴△ACN≌△MCB，∴AN=BM．（2）相等．证明如下：∵△ACM，△CBN 是等边三角形，∴AC=CM，CN=BC又∠ACN=∠MCB，∴△ACN≌△MCB，∴AN=BM．（3）相等．证明如下：∵△ACM，△CBN 是等边三角形，∴AC=CM，CN=BC，又∠ACN=∠MCN+60°∠MCB=∠MCN+60°，∴∠ACN=∠MCB，∴△ACN≌△MCB，∴AN=BM．点评：本题考查了全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质；可围绕结论寻找全等三角形，运用全等三角形的性质判定线段相等，证得三角形全等是正确解答本题的关键．变形2、（1）如图1，点C 是线段AB 上一点，分别以AC，BC 为边在AB 的同侧作等边△ACM 和△CBN，连接AN，BM．分别取BM，AN 的中点E，F，连接CE，CF，EF．观察并猜想△CEF 的形状，并说明理由．（2）若将（1）中的“以AC，BC 为边作等边△ACM 和△CBN”改为“以AC，BC 为腰在AB 的同侧作等腰△ACM 和△CBN，”如图2，其他条件不变，那么（1）中的结论还成立吗？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由．点评：（1 ）先求证△ACN≌△MCB ，得出AN=BM ，∠ANC=∠MBA ，再证△NFC≌△BEC，得出CE=CF，∠BCE=∠NCF，利用等边三角形的角度60，得出∠ECF=60°，证得结论成立；（2）证明过程如上（1）中的结论只有CE=CF，而∠ECF 只等于等腰三角形的顶角≠60°，得出结论不成立．解：（1）如图1，△CEF 是等边三角形，理由：∵等边△ACM 和△CBN，∴AC=MC，BC=NC，∠ACN=∠MCB，在△ACN 和△MCB 中NC＝BC∠ACN＝∠MCBAC＝MC∴△ACN≌△MCB（SAS），∴AN=MB，∠ANC=∠MBA，在△NFC 和△BEC 中，NC＝BC∠FNC＝∠EBCNF＝BE∴△NFC≌△BEC（SAS），∴EC=CF，∵∠BCE+∠ECN=60°，∠BCE=∠NCF，∴∠ECF=60°，∴△CEF 是等边三角形；（2）如图2，不成立，首先∠ACN≠∠MCB，∴△ACN 与△MCB 不全等．如果有两个等腰三角形的顶角相等，那么结论也不成立，证明方法与上面类似，只能得到CE=CF，而∠ECF 只等于等腰三角形的顶角≠60°．点评：此题综合考查等边三角形的性质与判定，三角形全等的判定与性质，等腰三角形的性质等知识点．变形3、如图，在△ABC 中，已知∠DBC=60°，AC＞BC，又△ABC′、△BCA′、△CAB′都是△ABC 形外的等边三角形，而点D 在AC 上，且BC=DC（1）证明：△C′BD≌△B′DC；（2）证明：△AC′D≌△DB′A；证明：（1）△C′BD 与△ABC 中，BC=DC，AB=BC′，∠C′BD=60°+∠ABD=∠ABC，∴△C′BD≌△ABC，∴C′D=AC又在△BCA 与△DCB′中，BC=DC，AC=B′C，∠ACB=∠B′CD=60°，∴△BCA≌△DCB′．∴DB′=BA．∴△C′BD≌△B′DC（2）由（1）的结论知：C′D=B′C=AB′，B′D=BC′=AC′，又∵AD=AD，∴△AC′D≌△DB′A．。

专题15 全等与相似模型-手拉手模型(学生版)

专题15全等与相似模型-手拉手模型全等三角形与相似三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位。

相似三角形与其它知识点结合以综合题的形式呈现，其变化很多，难度大，是中考的常考题型。

如果大家平时注重解题方法，熟练掌握基本解题模型，再遇到该类问题就信心更足了。

本专题就手拉手模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。

模型1.手拉手模型【模型解读】将两个三角形绕着公共顶点（即头）旋转某一角度后能完全重合，则这两个三角形构成手拉手全等，也叫旋转型全等，常用“边角边”判定定理证明全等。

1）双等边三角形型条件：如图1，△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。

结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠AFM=∠BCM=60°；④CF平分∠BFD。

图1图22）双等腰直角三角形型条件：如图2，△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点N。

结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ANM=∠BCM=90°；④CN平分∠BFD。

3）双等腰三角形型条件：△ABC和△DCE均为等腰三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。

结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ACM=∠BFM；④CF平分∠BFD。

图3图44）双正方形形型条件：△ABCFD和△CEFG都是正方形，C为公共点；连接BG，ED交于点N。

结论：①△△BCG≌△DCE；②BG=DE；③∠BCM=∠DNM=90°；④CN平分∠BNE。

例1．（2022·北京东城·九年级期末）如图，在等边三角形ABC 中，点P 为△ABC 内一点，连接AP ，BP ，CP ，将线段AP 绕点A 顺时针旋转60°得到'AP ，连接PP BP ''，．（1）用等式表示BP '与CP 的数量关系，并证明；（2）当∠BPC ＝120°时.①直接写出P BP '∠的度数为；②若M 为BC 的中点，连接PM ，请用等式表示PM 与AP 的数量关系，并证明．例2．（2022·黑龙江·中考真题）ABC 和ADE 都是等边三角形．(1)将ADE 绕点A 旋转到图①的位置时，连接BD ，CE 并延长相交于点P （点P 与点A 重合），有PA PB PC +=（或PA PC PB +=）成立；请证明．(2)将ADE 绕点A 旋转到图②的位置时，连接BD ，CE 相交于点P ，连接PA ，猜想线段PA 、PB 、PC 之间有怎样的数量关系？并加以证明；(3)将ADE 绕点A 旋转到图③的位置时，连接BD ，CE 相交于点P ，连接PA ，猜想线段PA 、PB 、PC 之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不需要证明．例3．（2022·湖北·襄阳市九年级阶段练习）如图，已知AOB 和MON 都是等腰直角三角形(22OA <OM =ON )，∠AOB =∠MON =90°．(1)如图①，连接AM ，BN ，求证：AOM ≌BON ；(2)若将MON 绕点O 顺时针旋转，①如图②，当点N 恰好在AB 边上时，求证：22220BN AN N +=；②当点A ，M ，N 在同一条直线上时，若OB =4，ON =3，请直接写出线段BN 的长．例4．（2022·重庆忠县·九年级期末）已知等腰直角ABC 与ADE 有公共顶点,90,4,6A BAC DAE AB AC AD AE ∠=∠=︒====．（1）如图①，当点,,B A E 在同一直线上时，点F 为DE 的中点，求BF 的长；（2）如图②，将ADE 绕点A 旋转()0360αα︒<≤︒，点G H 、分别是AB AD 、的中点，CE 交GH 于M ，交AD 于N ．①猜想GH 与CE 的数量关系和位置关系，并证明你猜想的结论；②参考图③，若K 为AC 的中点，连接KM ，在ADE 旋转过程中，线段KM 的最小值是多少（直接写出结果）．例5．（2022·山西大同·九年级期中）综合与实践：已知ABC 是等腰三角形，AB AC =．（1）特殊情形：如图1，当DE ∥BC 时，DB ______EC ．（填“＞”“＜”或“＝”）；（2）发现结论：若将图1中的ADE 绕点A 顺时针旋转α（0180α︒<<︒）到图2所示的位置，则（1）中的结论还成立吗？请说明理由．（3）拓展运用：某学习小组在解答问题：“如图3，点P 是等腰直角三角形ABC 内一点，90BAC ∠=︒，且1BP =，2AP =，3CP =，求BPA ∠的度数”时，小明发现可以利用旋转的知识，将BAP △绕点A 顺时针旋转90°得到CAE V ，连接PE ，构造新图形解决问题．请你根据小明的发现直接写出BPA ∠的度数．例6．（2022·青海·中考真题）两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来，则形成一组全等的三角形，把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形.(1)问题发现：如图1，若ABC 和ADE 是顶角相等的等腰三角形，BC ，DE 分别是底边.求证：BD CE =；(2)解决问题：如图2，若ACB △和DCE 均为等腰直角三角形，90ACB DCE ∠=∠=︒，点A ，D ，E 在同一条直线上，CM 为DCE 中DE 边上的高，连接BE ，请判断∠AEB 的度数及线段CM ，AE ，BE 之间的数量关系并说明理由.图1图2例7．（2022·广东广州市·八年级期中）如图，两个正方形ABCD 与DEFG ，连结AG ，CE ，二者相交于点H ．（1）证明：△ADG ≌△CDE ；（2）请说明AG 和CE 的位置和数量关系，并给予证明；（3）连结AE 和CG ，请问△ADE 的面积和△CDG 的面积有怎样的数量关系？并说明理由．例8．（2023·福建福州市·九年级月考）如图，ABD和AEC均为等边三角形，连接BE、CD．（1）请判断：线段BE与CD的大小关系是；（2）观察图，当ABD和AEC分别绕点A旋转时，BE、CD之间的大小关系是否会改变?（3）观察如图和4，若四边形ABCD、DEFG都是正方形,猜想类似的结论是___________,在如图中证明你的猜想.（4）这些结论可否推广到任意正多边形（不必证明）,如图,BB1与EE1的关系是;它们分别在哪两个全等三角形中;请在如图中标出较小的正六边形AB1C1D1E1F1的另五个顶点，连接图中哪两个顶点,能构造出两个全等三角形？模型2.“手拉手”模型(旋转模型)【模型解读与图示】“手拉手”旋转型定义：如果将一个三角形绕着它的项点旋转并放大或缩小(这个顶点不变)，我们称这样的图形变换为旋转相似变换，这个顶点称为旋转相似中心，所得的三角形称为原三角形的旋转相似三角形。

全等三角形之手拉手模型专题练习

全等三角形之手拉手模型专题练习30道1.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．2.已知：等腰△ABC中，AB=AC，点D是直线AC上一动点，点E在BD的延长线上，且AB=AE，∠CAE 的角平分线所在的直线交BE于F，连结CF．（1）如图1，当点D在线段AC上时，求证：∠ABE=∠ACF；（2）如图2，当∠ABC=60°且点D在线段AC上时，求证：AF+EF=FB．（提示：将线段FB拆分成两部分）（3）①如图3，当∠ABC=45°其点D在线段AC上时，线段AF、EF、FB仍有（2）中的结论吗？若有，加以证明；若没有，则有怎样的数量关系，直接写出答案即可．②如图4，当∠ABC=45°且点D在CA的延长线时，请你按题意将图形补充完成．并直接写出线段AF、EF、FB的数量关系．3.如图，∠BAD=∠CAE=90°，AB=AD，AE=AC，AF⊥CB，垂足为F．（1）求证：△ABC≌△ADE；（2）求∠FAE的度数；（3）求证：CD=2BF+DE．4.在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC．（1）如图1，若A，B两点的坐标分别是A（0，4），B（﹣2，0），求C点的坐标；（2）如图2，作∠ABC的角平分线BD，交AC于点D，过C点作CE⊥BD于点E，求证：CE= BD；（3）如图3，点P是射线BA上A点右边一动点，以CP为斜边作等腰直角△CPF，其中∠F=90°，点Q 为∠FPC与∠PFC的角平分线的交点，当点P运动时，点Q是否恒在射线BD上？若在，请证明；若不在，请说明理由．5.在△ABC和△DEC中，AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠ECD=90°（1）如图1，当点A、C、D在同一条直线上时，AC=12，EC=5①求证：AF⊥BD ②求AF的长度；（2）如图2，当点A、C、D不在同一条直线上时，求证：AF⊥BD；（3）如图3，在（2）的条件下，连接CF并延长CF交AD于点G，∠AFG是一个固定的值吗？若是，求出∠AFG的度数；若不是，请说明理由6.在数学探究课上，老师出示了这样的探究问题，请你一起来探究：已知：C是线段AB所在平面内任意一点，分别以AC，BC为边，在AB同侧作等边三角形ACE和BCD，联结AD，BE交于点P．（1）如图1，当点C在线段AB上移动时，线段AD与BE的数量关系是：________．（2）如图2，当点C在直线AB外，且∠ACB＜120°，上面的结论是否还成立？若成立请证明，不成立说明理由．（3）在（2）的条件下，∠APE的大小是否随着∠ACB的大小的变化而发生变化，若变化，写出变化规律，若不变，请求出∠APE的度数．7.综合题。

部编数学九年级下册专题12手拉手模型证相似(解析版)含答案

专题12 手拉手模型证相似1．如图，ABC ADED@D且ABC ADEÐ=Ð，ACB AEDÐ=Ð，BC、DE交于点O．则下列四个结论中，①12Ð=Ð；②BC DE=；③ABD ACED D∽；④A、O、C、E四点在同一个圆上，一定成立的有( )A．1个B．2个C．3个D．4个【解答】解：ABC ADED@DQ且ABC ADEÐ=Ð，ACB AEDÐ=Ð，BAC DAE\Ð=Ð，BC DE=，故②正确；BAC DAC DAE DAC\Ð-Ð=Ð-Ð，即12Ð=Ð，故①正确；ABC ADED@DQ，AB AD\=，AC AE=，\AB AD AC AE=，12Ð=ÐQ，ABD ACE\D D∽，故③正确；ACB AEFÐ=ÐQ，AFE OFCÐ=Ð，AFE OFC\D D∽，\AF EFOF CF=，2FOCÐ=Ð，即AF OFEF CF=，AFO EFCÐ=ÐQ，AFO EFC\D D∽，FAO FEC\Ð=Ð，2180 EAO ECO FAO ECO FOC FEC ECO\Ð+Ð=Ð+Ð+Ð=Ð+Ð+Ð=°，A\、O、C、E四点在同一个圆上，故④正确．故选：D．二．解答题（共15小题）2．如图，已知ABD ACE D D ∽．求证：ABC ADE D D ∽．【解答】证明：ABD ACE D D Q ∽，\AB AD BD AC AE CE==，BAD CAE Ð=Ð，BAC DAE \Ð=Ð，又Q AB AD AC AE=，ABC ADE \D D ∽．3．如图，在ABC D 和ADE D 中，BAD CAE Ð=Ð，ABC ADE Ð=Ð．（1）ABC D 和ADE D 相似吗？为什么？（2）如果ABC ADE D D ∽，则AB AC BC AD AE DE==成立，据此你能说明ABD D 和ACE D 相似吗？【解答】解：（1）BAD CAEÐ=ÐQ BAC DAE\Ð=ÐABC ADEÐ=ÐQ ABC ADE \D D ∽；（2）BAD CAEÐ=ÐQ，AB AC BC AD AE DE==ABD ACE\D D∽．4．如图，在公共顶点为O的Rt OBAD与Rt OCDD中，直角边OB OC=，若AC OD^．求证：DB OA^．【解答】证明：如图，设AC交OD于F，延长DB交OA于E，连接BF．AC OD^Q，90AFO\Ð=°，又90ABOÐ=°Q，AFO ABO\Ð=Ð，A\、B、F、O四点共圆，FBO FAO\Ð=Ð，90OCDÐ=°Q，CF OD^于F，90OFC CFD\Ð=Ð=°，COF DOCÐ=ÐQ，OCF ODC\D D∽，\OF OCOC OD=，2OC OF OD\=×，OB OC=Q，2OB OF OD\=×，\OF OBOB OD=，FOB BOD Ð=ÐQ，~OBF ODB\D D，ODB OBF OAF\Ð=Ð=Ð，90OAF AOFÐ+Ð=°Q，90ODB AOF\Ð+Ð=°，90DEO \Ð=°，DB OA \^．5．如图，ABC D 与ADE D 有公共的顶点A ，AB k AC =×，AD k AE =×，且BAC DAE Ð=Ð．点G 、P 、H 分别为DE 、BE 、BC 的中点．（1）如图1，当1k =时，猜想线段PG 与PH 的数量关系，并说明理由；（2）如图2，当1k ¹时，猜想线段PG 与PH 的数量关系，并说明理由．【解答】解：（1）PD PH =．连接BD 、CE ，BAC DAE Ð=ÐQ ，BAD E \Ð=Ð，AC AB =Q ，AD AE =，()ABD ACE SAS \D @D ，BD CE \=；Q 点G 、P 、H 分别为DE 、BE 、BC 的中点，\根据中位线定理可得12PG BD =，12PH EC =，PG PH \=．（2）PD k PH =×．连接BD 、CE ，BAC DAE Ð=ÐQ ，BAD CAE \Ð=Ð，AB k AC =×Q ，AD k AE =×，ABD ACE \D D ∽，BD k CE \=×，Q 点G 、P 、H 分别为DE 、BE 、BC 的中点，\根据中位线定理可得12PG BD =，12PH EC =，\即得PG k PH =×．6．ABC D 为等边三角形，D 为AC 边上一点，E 为射线BD 上一点，EM AB ^，EN BC ^，2EC AE =，2EN EM =，AEM CEN Ð=Ð．（1）求证：3BE AE =；（2）//CP AE ，且CP AE =，连接EP 并延长交BC 于点K ，连接AP 并延长交BC 于点F ，若5AB =，求KF 的长．【解答】（1）证明：如图1中，延长AE 到G ，使得EG EC =，连接CG ．2EC AE =Q ，2EN EM =，\12AE EM EC EN ==，AEM CENQ，Ð=Ð\D D∽，AEM CENQ是等边三角形，DABCÐ=Ð=°，ABC ACB\==，60AB BC ACQ，EN BCEM BA^^，\Ð=Ð=°，BME BNE90\Ð=°-Ð=°，180120NEM ABCÐ=ÐQ，AEM NEC\Ð=Ð=°，AEC MEN120CEG\Ð=°，60Q，=EC EG\D是等边三角形，ECGÐ=Ð=°，ECG BCA\=，60EC CG\Ð=Ð，ACG BCEQ，=CB CA\D@D，()BCE ACG SAS\==+=+=+=．23BE AG AE EG AE EC AE AE AE^于Q，EH AC（2）解：如图2中，取CE的中点T，连接PT，作CQ AE^于H．由（1）可知CBD CAEÐ=Ð，Q，Ð=ÐADE BDC\Ð=Ð=Ð=°，AEB ACB BEC60AE PC，Q，//AE PC=\四边形AECP是平行四边形，\，AF EC//\Ð=Ð=°，60AGE BEC\D是等边三角形，AEG\=，AE EGQ，=BE AE3\=，2BG EG::2:1BF FC BG GE \==，1533CF BC \==，120AEC Ð=°Q ，180AEC ECP Ð+Ð=°，60PCE \Ð=°，2EC PC =Q ，CT ET =，CP CT \=，PTC \D 是等边三角形，PT TC TE \==，90EPC \Ð=°，设AE a =，则2EC a =，EQ a =，CQ =，在Rt AQC D 中，222AC AQ CQ =+Q ，22253a \+，a \=，AE EQ PC \===，CQ =Q 1122AC EH AE CQ ××=××，即11522EH ´´=，EH \=，在Rt ECH D 中，257CH ===，60BCD PCE Ð=Ð=°Q ，PCK ECH \Ð=Ð，cos cos PCK ECH \Ð=Ð=，在Rt PCK D 中，cos PC PCK CK =Ð=，2CK \=，51233KF CK CF \=-=-=．7．在ABC D 和APD D 中，CA CB =，PA PD =，ACB APD Ð=Ð．M 、N 分别为AC 、AP 的中点，连接MN 、BD ．（1）如图1，当1AB AC =时，MN BD 的值是 MN 与直线BD 相交所成的较小角的度数为；（2）如图2，当AB AC =MN BD 的值及直线MN 与直线BD 相交所成的较小角的度数；（3）如图3，当AB AC =时，若点E 为AB 的中点，点P 在直线ME 上，请直接写出点P 、B 、D 在同一直线上时BP MN 的值．【解答】解：（1）如图1，连接CP ，并延长交BD 于G ，设直线MN 与BD 的交点为H ，CA CB =Q ，PA PD =，ACB APD Ð=Ð，CAB CBA PAD \Ð=Ð=Ð，CAP BAD \Ð=Ð，Q 1AB AC=，AB AC BC \==，ABC \D 是等边三角形，60ACB ABC \Ð=Ð=°，60PAD \Ð=°，又PA PD =Q ，PAD \D 是等边三角形，PA PD AD \==，()CAP BAD SAS \D @D ，CP BD \=，ACP ABD Ð=Ð，M Q 、N 分别为AC 、AP 的中点，1122MN CP BD \==，//MN CP ，\12MN BD =，MHD CGB Ð=Ð，60ACB ABC Ð=Ð=°Q ，120ACP BCG ABC \Ð+Ð+Ð=°，120ABD BCG ABC \Ð+Ð+Ð=°，60CGB \Ð=°，60MHD \Ð=°，故答案为：12，60°；（2）如图2，连接CP ，并延长交BD 于G ，设直线MN 与BD 的交点为H ，过点C 作CO AB ^于O ，AC BC =Q ，AO AB ^，12AO BO AB \==，CAB CBA Ð=Ð，Q AB AC=，12cos AB AO CAB AC AC \Ð===，30CAB CBA \Ð=°=Ð，CA CB =Q ，PA PD =，ACB APD Ð=Ð，\CA CB AP PD=，CAB PAD \D D ∽，CAB PAD \Ð=Ð，AC AB AP AD =，CAP BAD \Ð=Ð，AC AP AB AD =，ACP ABD \D D ∽，\CP AC BD AB ==，ACP ABD Ð=Ð，CP \，M Q 、N 分别为AC 、AP 的中点，12MN CP \==，//MN CP ，\MN BD =MHD CGB Ð=Ð，150ACB ABC Ð+Ð=°Q ，150ACP BCG ABC \Ð+Ð+Ð=°，150ABD BCG ABC \Ð+Ð+Ð=°，30CGB \Ð=°，30MHD \Ð=°，\直线MN 与直线BD 相交所成的较小角的度数为30°；（3）如图3，当点P 在线段BD 上时，连接CE ，CP ，AC BC =Q ，点E 为AB 的中点，12AE BE AB \==，CAB CBA Ð=Ð，Q AB AC=，12cos AB AE CAB AC AC \Ð===45CAB CBA \Ð=°=Ð，90ACB \Ð=°，CA CB =Q ，PA PD =，ACB APD Ð=Ð，\CA CB AP PD=，CAB PAD \D D ∽，CAB PAD \Ð=Ð，AC AB AP AD=，CAP BAD \Ð=Ð，AC AP AB AD =，ACP ABD \D D ∽，\CP AC BD AB ==，ACP ABD Ð=Ð，CP \=，M Q 、N 分别为AC 、AP 的中点，12MN CP \==，//MN CP ，90AMP ACB \Ð=Ð=°，又Q 点M 是AC 中点，AP CP DP \===，BP \=，\2BP MN =-，当点B 在线段PD ¢上时，同理可求2BP MN =，综上所述：BP MN的值为2-或2+．8．（1）如图①，将ABC D 绕点A 旋转任意角度得到△AB C ¢¢，连接BB ¢、CC ¢，证明：BB AB CC AC¢=¢．（2）如图②，四边形ABCD 和四边形AEFG 均为正方形，连接CF ，DG ，求DG CF的值．【解答】证明：（1）Q 将ABC D 绕点A 旋转任意角度得到△AB C ¢¢，AC AC ¢\=，AB AB ¢=，BAB CAC ¢¢Ð=Ð，\AC AC AB AB ¢=¢，ABB ACC ¢¢\D D ∽，\BB AB CC AC¢=¢；（2）连接AC 和AF ，Q 四边形ABCD 和四边形AEFG 均为正方形，45DAC \Ð=Ð°，AC =，AF =，则AD AG AC AF ==，45DAG GAC Ð=°-ÐQ ，45CAF GAC Ð=°-，DAG CAF \Ð=Ð．DAG CAF \D D ∽．\DG AD CF AC ==．9．在Rt ABC D 中，90C Ð=°，60A Ð=°，6AC =，P 为AB 边上一点，点M ，N 分别在边AC ，BC 上，PM PN ^．（1）如图1，当P 为AB 中点时，PM PN=（2）如图2，若(0)PA nPB n =>，求PM PN 的值．【解答】解：（1）过点P 作DP AB ^，垂足为P ，PM PN ^Q ，90NPM \Ð=°，NPM DPM APD DPM \Ð-Ð=Ð-Ð，DPN APM \Ð=Ð，90C Ð=°Q ，60A Ð=°，9030B A \Ð=°-Ð=°，9060PDN B \Ð=°-Ð=°，A PDN \Ð=Ð，DPN APM \D D ∽，\PM AP PN DP=，P Q 为AB 中点，BP AP \=，60PDN Ð=°Q ，90BPD Ð=°，tan 60BP DP \°==\AP DP =，\PM PN=，（2）过点P 作EP AB ^，垂足为P ，90EPA BPE \Ð=Ð=°，PM PN ^Q ，90NPM \Ð=°，NPM NPE BPE NPE \Ð-Ð=Ð-Ð，BPN EPM \Ð=Ð，90C Ð=°Q ，60A Ð=°，9030PEM A Ð=°-Ð=°，B PEM \Ð=Ð，BPN EPM \D D ∽，\PM EP PN BP=，60A Ð=°Q ，90APE Ð=°，tan 60EP AP\°==，EP \=，PA nPB =Q ，EP \=\PM EP PN BP ===，\PM PN．10．已知：点C 、A 、D 在同一条直线上，ABC ADE a Ð=Ð=，线段BD 、CE 交于点M ．（1）如图1，若AB AC =，AD AE=①问线段BD 与CE 有怎样的数量关系？并说明理由；②求BMC Ð的大小（用a 表示）；（2）如图2，若AB BC kAC ==，AD ED kAE ==，则线段BD 与CE 的数量关系为 BD kCE =　，BMC Ð= （用a 表示）；（3）在（2）的条件下，把ABC D 绕点A 逆时针旋转180°，在备用图中作出旋转后的图形（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹），连接EC 并延长交BD 于点M ．则BMC Ð= （用a 表示）．【解答】解：（1）如图1．①BD CE =，理由如下：AD AE =Q ，ADE a Ð=，AED ADE a \Ð=Ð=，18021802DAE ADE a \Ð=°-Ð=°-，同理可得：1802BAC a Ð=°-，DAE BAC \Ð=Ð，DAE BAE BAC BAE \Ð+Ð=Ð+Ð，即：BAD CAE Ð=Ð．在ABD D 与ACE D 中，Q AB AC BAD CAE AD AE =ìïÐ=Ðíï=î，()ABD ACE SAS \D @D ，BD CE \=；②ABD ACE D @D Q ，BDA CEA \Ð=Ð，BMC MCD MDC Ð=Ð+ÐQ ，1802BMC MCD CEA DAE a \Ð=Ð+Ð=Ð=°-；（2）如图2．AD ED =Q ，ADE a Ð=，18019022ADE DAE a °-Ð\Ð==°-，同理可得：1902BAC a Ð=°-，DAE BAC \Ð=Ð，DAE BAE BAC BAE \Ð+Ð=Ð+Ð，即：BAD CAE Ð=Ð．AB kAC =Q ，AD kAE =，::AB AC AD AE k \==．在ABD D 与ACE D 中，::AB AC AD AE k ==Q ，BDA CEA Ð=Ð，ABD ACE \D D ∽，:::BD CE AB AC AD AE k \===，BDA CEA Ð=Ð，BD kCE \=；BMC MCD MDC Ð=Ð+ÐQ ，1902BMC MCD CEA DAE a \Ð=Ð+Ð=Ð=°-．故答案为：BD kCE =，1902a °-；（3）如右图．AD ED =Q ，ADE a Ð=，18019022ADE DAE AED a °-Ð\Ð=Ð==°-，同理可得：1902BAC a Ð=°-，DAE BAC \Ð=Ð，即BAD CAE Ð=Ð．AB kAC =Q ，AD kAE =，::AB AC AD AE k \==．在ABD D 与ACE D 中，::AB AC AD AE k ==Q ，BAD CAE Ð=Ð，ABD ACE \D D ∽，BDA CEA \Ð=Ð，BMC MCD MDC Ð=Ð+ÐQ ，MCD CED ADE CED a Ð=Ð+Ð=Ð+，11909022BMC CED CEA AED a a a a a \Ð=Ð++Ð=Ð+=°-+=°+．故答案为：1902a °+．11．若ABC D 绕点A 逆时针旋转a 后，与ADE D 构成位似图形，则我们称ABC D 与ADE D 互为“旋转位似图形”．（1）知识理解：如图1，ABC D 与ADE D 互为“旋转位似图形”．①若25a =°，100D Ð=°，28C Ð=°，则BAE Ð=　27°　；②若6AD =，7DE =，4AB =，则BC = （2）知识运用：如图2，在四边形ABCD 中，90ADC Ð=°，AE BD ^于点E ，DAC DBC Ð=Ð，求证：ACD D 与ABE D 互为“旋转位似图形”．（3）拓展提高：如图3，ABG D 为等边三角形，点C 为AG 的中点，点F 是AB 边上的一点，点D 为CF 延长线上的一点，点E 在线段CF 上，且ABD D 与ACE D 互为“旋转位似图形”．若6AB =，4AD =，求DE CE的值．【解答】解：（1）①ABC D Q 和ADE D 互为“旋转位似图形”，ABC ADE \D D ∽，100D B \Ð=Ð=°，又25a =°Q ，28E Ð=°，180100252827BAE \Ð=°-°-°-°=°；②ABC ADE D D Q ∽，\BC AB DE AD=，6AD =Q ，7DE =，4AB =，\476BC =，143BC \=，故答案为：27°；143；（2）DOA COB Ð=ÐQ ，DAC DBC Ð=Ð，DOA COB \D D ∽，\AO DO BO CO =，即AO BO DO CO=，又DOC AOB Ð=ÐQ ，AOB DOC \D D ∽，DCA EBA \Ð=Ð，又90ADC Ð=°Q ，AE BD ^，90ADC AEB \Ð=Ð=°，ABE ACD \D D ∽，DAC EAB \Ð=Ð，AEB \D 绕点A 逆时针旋转DAE Ð的度数后与ADC D 构成位似图形，ACD \D 和ABE D 互为“旋转位似图形”；（3）11322AC AG AB ===Q ，由题意得：12EC AC AE BD AB AD ===，4AD =Q ，2AE \=，60DAE FAC Ð=Ð=°Q ，1cos cos602DAE \Ð=°=，90DEA \Ð=°，\由勾股定理可得CE ===，tan DE AE DAE \=×Ð=，\DE CE ==．12．（1）问题发现（1）如图1，ABC D 和CDE D 均为等边三角形，直线AD 和直线BE 交于点F ．填空：①AFB Ð的度数是　60°　；②线段AD ，BE 之间的数量关系为；（2）类比探究如图2，ABC=，DE EC=，直线Ð=Ð=°，AB BCABC DECD和CDED均为等腰直角三角形，90Ð的度数及线段AD，BE之间的数量关系，并说明理AD和直线BE交于点F．请判断AFB由．（3）解决问题如图3，在ABCAB=，点D在AB边上，DE AC D中，90Ð=°，5^于点E，ACBÐ=°，30AD绕着点A在平面内旋转，请直接写出直线DE经过点B时，点C到直线DE的AE=，将ADE3距离．【解答】解：（1）如图1中，Q和CDED均为等边三角形，DABCÐ=Ð=°，ACB DCE\=，CD CE=，60CA CB\Ð=Ð，ACD BCE()\D@D，ACD BCE SAS\=，ACD CBFAD BEÐ=Ð，设BC交AF于点O．AOC BOFQ，Ð=Ð\Ð=Ð=°，60BFO ACO\Ð=°，AFB60=．故答案为60°，AD BE（2）结论：45Ð=°，AD=．AFB理由：如图2中，90ABC DEC Ð=Ð=°Q ，AB BC =，DE EC =，45ACD BCD BCE \Ð=°+Ð=Ð，AC DC BC EC ==，ACD BCE \D D ∽，\AD AC BE BC==CBF CAF Ð=Ð，AFB CBF ACB CAF Ð+Ð=Ð+ÐQ ，45AFB ACB \Ð=Ð=°．（3）如图3中，90AEB ACB =Ð=°Q ，A \，B ，C ，E 四点共圆，30CEB CAB \Ð=Ð=°，ABD ACE Ð=Ð，30FAE BAC Ð=Ð=°Q ，BAD CAE \Ð=Ð，BAD CAE \D D ∽，\cos30EC AC BD AB ==°=，EC \=，在Rt ADE D 中，DE =Q 30DAE Ð=°，3AE \==，4BE \==，4BD BE DE \=-=，32CE \==-，30BEC Ð=°Q ，\点C 到直线DE 的距离等于3sin 304CE °=-g ．如图4中，当D ，EB 在同一直线上时，同法可知4BD DE EB =+=，32CE ==+，点C 到直线DE 的距离等于3sin 304CE °=+g ．综上所述，点C 到直线DE 34±．13．如图，将ABC D 绕点A 逆时针旋转a 后，ABC D 与ADE D 构成位似图形，我们称ABC D 与ADE D 互为“旋转位似图形”．（1）知识理解：两个重合了一个顶点且边长不相等的等边三角形是　（填“是”或“不是” ) “旋转位似图形”；如图1，ABC D 和ADE D 互为“旋转位似图形”，①若26a =°，100B Ð=°，29E Ð=°，则BAE Ð= ；②若6AD =，8DE =，4AB =，则BC = ；（2）知识运用：如图2，在四边形ABCD 中，90ADC Ð=°，AE BD ^于E ，DAC DBC Ð=Ð，求证：ACD D 和ABE D 互为“旋转位似图形”；（3）拓展提高：如图3，ABC D 为等腰直角三角形，点G 为AC 中点，点F 是AB 上一点，D 是GF 延长线上一点，点E 在线段GF 上，且ABD D 与AGE D 互为“旋转位似图形”，若6AC =，AD =，求出DE 和BD 的值．【解答】解：（1）两个重合了一个顶点且边长不相等的等边三角形，把其中一个三角形绕公共顶点旋转后构成位似图形，故它们互为“旋转位似图形”；①ABC D Q 和ADE D 互为“旋转位似图形”，ABC ADE \D D ∽，100D B \Ð=Ð=°，又26a =°Q ，29E Ð=°，180100292625BAE \Ð=°-°-°-°=°；②ABC ADE D D Q ∽，\BC AB DE AD=，6AD =Q ，8DE =，4AB =，\486BC =，163BC \=，故答案为：是；25°；163；（2）证明：12Ð=ÐQ ，34Ð=Ð，AOD BOC \D D ∽，\AO DO BO CO =，即AO BO DO CO=，又56Ð=ÐQ ，AOB DOC \D D ∽，78\Ð=Ð，又90ADC Ð=°Q ，AE BD ^，ADC AEB \Ð=Ð，ABE ACD \D D ∽，ACD \D 和ABE D 互为“旋转位似图形”；（3）ABD AGE D D Q ∽，\AD AB AE AG=，12Ð=Ð，6AC =Q ，AD =，AB \=，3AG =，代入AD AB AE AG=求得：2AE =．如图3，过E 作EH AD ^于H ，2345Ð+Ð=°Q ，12Ð=Ð，1345\Ð+Ð=°，2AE =Q ，AH \=12AH AD \=，2DE AE \==，90DEA GEA \Ð=Ð=°，90ADB GEA \Ð=Ð=°，根据勾股定理，得BD ==；综上，2DE =，BD =14．已知正方形ABCD，动点P在AB上运动，过点B作BE^射线DP于点E，连接AE．（1）如图1，在DE上取一点F，使DF BE=，连接AF，求证：AE AF=；（2）如图2，点P在AB延长线上，求证：BE DE+=；（3）如图3，若把正方形ABCD改为矩形ABCD，且12CDAD=，其他条件不变，请猜想DE，BE和AE的数量关系，直接写出结论，不必证明．【解答】（1）证明：Q四边形ABCD是正方形，AB AD\=，90BADÐ=°，90ADF APD\Ð+Ð=°，APD BPEÐ=ÐQ，90ADF BPE\Ð+Ð=°，BE DP^Q，90BEP\Ð=°，90ABE BPE\Ð+Ð=°，ABE ADF\Ð=Ð，DF BE=Q，()ABE ADF SAS\D@D，AE AF\=；（2）证明：如图2，过点A作AG AE^交PD的延长线于G，90EAG\Ð=°，Q四边形ABCD是正方形，AB AD\=，90BADÐ=°，BE DP^Q，90BED\Ð=°，180AEB ADP\Ð+Ð=°，180ADG ADPÐ+Ð=°Q，ABE ADG\Ð=Ð，90BAD EAGÐ=Ð=°Q，BAE DAG\Ð=Ð，()ABE ADG ASA\D@D，BE DG\=，AE AG=，EG\=，EG DE DG DE BE=+=+Q，BE DE\+=；（3）解：2DE BE=+；证明：如图3，过点A作AH AE^交DP于H，90EAH\Ð=°，Q四边形ABCD是矩形，90BAD EAH\Ð=°=Ð，BAE DAH\Ð=Ð，同（1）的方法得，ABE ADHÐ=Ð，ABE ADH\D D∽，\AB AE BE AD AH DH==，Q四边形ABCD是矩形，AB CD\=，Q12 CDAD=，\12AE BE AH DH ==，2AH AE \=，2DH BE =，在Rt EAH D 中，根据勾股定理得，222AE AH EH +=，222(2)AE AE EH \+=，EH \=，2DE EH DH BE \=+=+．15．（1）问题发现：如图1，ACB D 和DCE D 均为等边三角形，点A ，D ，E 在同一直线上，连接BE ．①线段AD ，BE 之间的数量关系为　AD BE =　；②AEB Ð的度数为．（2）拓展探究：如图2，ACB D 和AED D 均为等腰直角三角形，90ACB AED Ð=Ð=°，点B ，D ，E 在同一直线上，连接CE ，求BD CE的值及BEC Ð的度数；（3）解决问题：如图3，在正方形ABCD 中，CD =，若点P 满足PD =，且90BPD Ð=°，请直接写出点C 到直线BP 的距离．【解答】解：（1）①ACB D Q 和DCE D 均为等边三角形，CA CB AB \==，CD CE DE ==，60ACB DCE Ð=Ð=°，ACB DCB DCE DCB \Ð-Ð=Ð-Ð，ACD BCE \Ð=Ð，在CDA D 和CEB D 中，CA CB ACD BCE CD CE =ìïÐ=Ðíï=î，()CDA CEB SAS \D @D ，AD BE \=；②CDA CEB D @D Q ，CEB ADC \Ð=Ð，60CDE Ð=°Q ，120ADC CEB \Ð=°=Ð，1206060AEB \Ð=°-°=°；故答案为：①AD BE =，②60°；（2）ACB D Q 和AED D 均为等腰直角三角形，45DAE ADE \Ð=Ð=°，45BAC Ð=°，AD AB AE AC==DAE CAD BAC CAD \Ð-Ð=Ð-Ð，即CAE BAD Ð=Ð，CAE BAD \D D ∽，\BD AB CE AC==，AEC ADB Ð=Ð，45ADE Ð=°Q ，180********ADB ADE \Ð=°-Ð=°-°=°，90AED Ð=°Q，1359045BEC AEC AED ADB AED \Ð=Ð-Ð=Ð-Ð=°-°=°，故BD CE=，45BEC Ð=°；（3）Q 点P满足PD =，\点P 在以D90BPD Ð=°Q ，\点P 在以BD 为直径的圆上，\如图3，点P 是两圆的交点，若点P 在BD 上方，连接BP ，过点C 作CH BP ^于H ，过点D 作DE CH ^于E，CD BC ==Q ，90BCD Ð=°BD \=，90BPD Ð=°Q BP \==，90BPD PHE DEH Ð=Ð=Ð=°Q ，1390\Ð+Ð=°，2390Ð+Ð=°，12\Ð=Ð，四边形PHED 是矩形，PH DE \=，在BCH D 和CDE D 中，12BHC CED BC CD Ð=ÐìïÐ=Ðíï=î，BCH CDE \D @D ，BH CE \=，CH DE =，CH PH \=，BP =Q ，BC =CH PH BH \==-，在Rt CHB D 中，222BC CH BH =+，即222)BH BH =-+，解得：BH =．\点C 到直线BP 或16．图形的旋转变换是研究数学相关问题的重要手段之一．小华和小芳对等腰直角三角形的旋转变换进行研究．如图（1），已知ABC D 和ADE D 均为等腰直角三角形，点D ，E 分别在线段AB ，AC 上，且90C AED Ð=Ð=°．（1）观察猜想小华将ADE D 绕点A 逆时针旋转，连接BD ，CE ，如图（2），当BD 的延长线恰好经过点E 时，①BD CE的值为 ②BEC Ð的度数为度；（2）类比探究如图（3），小芳在小华的基础上，继续旋转ADE D ，连接BD ，CE ，设BD 的延长线交CE 于点F ，请求出BD CE的值及BFC Ð的度数，并说明理由．（3）拓展延伸若AE DE ==，AC BC ==，当CE 所在的直线垂直于AD 时，请你直接写出BD 的长．【解答】解：（1）如图（2）中，设AC 交BE 于点O ．AED D Q ，ABC D 都是等腰直角三角形，45EAD CAB \Ð=Ð=°，AD =，AB =，EAC DAB \Ð=Ð，AB AD AC AE ==DAB EAC \D D ∽，\BD AD EC AE==ABD ACE Ð=Ð，AOB EOC Ð=ÐQ ，45BAO CEO \Ð=Ð=°，45．（2）如图（3）中，设AC 交BF 于点O ．AED D Q ，ABC D 都是等腰直角三角形，45EAD CAB \Ð=Ð=°，AD =，AB =，EAC DAB \Ð=Ð，AB AD AC AE ==DAB EAC \D D ∽，\BD AD EC AE==ABD ACE Ð=Ð，AOB FOC Ð=ÐQ ，45BAO CFO \Ð=Ð=°，\BD EC=，45BFC Ð=°．（3）如图（4）1-中，当CE AD ^于O 时，==，90 Q，AC BCAE DE==Ð=Ð=°，AED ACB\==，AD2Q，^EO AD\===，OD OA OE1\==，3OC\=+=，4EC OE OCQ，BD=\=．BD如图（4）2-中，当EC AD^时，延长CE交AD于O．同法可得1EC=-=，OC=，312===，3OD OA OE\==BD综上所述，BD的长为。

专题05 全等之手拉手模型精练(原卷版)

专题05 全等之手拉手模型一．手拉手之等边类1．如图所示，AB＝AC，AD＝AE，点B、D、E在一条直线上，∠BAC＝∠DAE，∠1＝25°，∠2＝30°，则∠3＝（）A．55°B．50°C．45°D．60°2．如图，△ABC，△ECD均为等边三角形，边长分别为5cm，3cm，B，C，D三点在同一条直线上，下列结论：①AD＝BE；②△CFG为等边三角形；③CM=137cm；④CM平分∠BMD．其中正确的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个3．如图，在▱ABCD中，分别以AB、AD为边向外作等边△ABE、△ADF，延长CB交AE 于点G，点G在点A、E之间，连接CE、CF，EF，则以下四个结论一定正确的是（）①△CDF≌△EBC；②∠CDF＝∠EAF；③△ECF是等边三角形；④CG⊥AE．A．只有①②B．只有①②③C．只有③④D．①②③④4．已知：点C、A、D在同一条直线上，∠ABC＝∠ADE＝α，线段BD、CE交于点M．（1）如图1，若AB＝AC，AD＝AE①问线段BD与CE有怎样的数量关系？并说明理由；②求∠BMC的大小（用α表示）；（2）如图2，若AB＝BC＝kAC，AD＝ED＝kAE，则线段BD与CE的数量关系为，∠BMC＝（用α表示）；（3）在（2）的条件下，把△ABC绕点A逆时针旋转180°，在备用图中作出旋转后的图形（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹），连接EC并延长交BD于点M．则∠BMC＝（用α表示）．5．如图，在△AOB和△COD中，OA＝OB，OC＝OD，若∠AOB＝∠COD＝60°．（1）求证：AC＝BD．（2）求∠APB的度数．6．图1是边长分别为a和b（a＞b）的两个等边三角形纸片△ABC和△CDE叠放在一起（C 与C′重合）的图形．（1）操作：固定△ABC，将△CDE绕点C按顺时针方向旋转20°，连结AD，BE，如图2，则可证△CBE≌△CAD，依据，进而得到线段BE＝AD，依据．（2）操作：若将图1中的△CDE，绕点C按顺时针方向旋转120°，使点B、C、D在同一条直线上，连结AD、BE，如图3．①线段BE与AD之间是否仍存在（1）中的结论？若是，请证明；若不是，请直接写出BE与AD之间的数量关系；②求∠APB的度数．（3）若将图1中的△CDE，绕点C按逆时针方向旋转一个角度α（0＜α＜360°），当α等于多少度时，△BCD的面积最大？请直接写出答案．二．手拉手之等腰类7．如图，已知D为等腰Rt△ABC的腰AB上一点，CD绕点D逆时针旋转90°至ED，连接BE，CE，M为BE的中点．则当tan∠EDA=12时，DMBC=．8．（1）问题发现：如图1，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠DOC＝50°，连接AC，BD交于点P，且AC交OB于点E．①ACBD的值为；②∠APB 的度数为；（2）类比探究：如图2，在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠OBA＝∠ODC＝30°，连接BD，交AC的延长线于点P，且AC交OB于点E．请计算ACBD的值及∠APB的度数；（3）拓展延伸：如图3，在（2）的条件下，将△OCD绕点O在平面内旋转，AC，BD 所在直线交于点P，若OC＝1，OA=√5，请直接写出点D与点P重合时BD的长．9．小明同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组全等的三角形，小明把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．（1）问题发现：如图1，若△ABC和△ADE均是顶角为40°的等腰三角形，BC、DE分别是底边，求证：BD＝CE；（2）拓展探究：如图2，若△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一条直线上，连接BE，则∠AEB的度数为；线段BE与AD之间的数量关系是；（3）解决问题：如图3，若△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一条直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB 的度数及线段CM、AE、BE之间的数量关系并说明理由．10．如图1，△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC＝2√2，∠BAC＝90°．点D是BC边上一动点，连接AD，将AD绕点A逆时针旋转90°到AE，连接CE．（1）求证：CD+CE=√2CA．（2）如图2，连接DE，交AC于点F．①求证：CD•CE＝CF•CA；②当△CEF是等腰三角形时，请直接写出BD的长．11．综合与实践（1）问题发现如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE．请写出∠AEB的度数及线段AD，BE之间的数量关系，并说明理由．（2）类比探究如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A，D，E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE．填空：①∠AEB的度数为；②线段CM，AE，BE之间的数量关系为．（3）拓展延伸在（2）的条件下，若BE＝4，CM＝3，则四边形ABEC的面积为．三．手拉手之四边形12．△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为直线BC上一动点（点D不与B，C重合），以AD为边在AD右侧作正方形ADEF，连接CF．（1）探究猜想如图1，当点D在线段BC上时，①BC与CF的位置关系为：；②BC、CD、CF之间的数量关系为：；（2）深入思考如图2，当点D在线段CB的延长线上时，结论①、②是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明．（3）拓展延伸如图3，当点D在线段BC的延长线上时，正方形ADEF对角线交于点O．若已知AB＝2√2，CD=14BC，请求出OC的长．13．如图，已知四边形ABCD为正方形，AB＝3√2，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．（1）求证：矩形DEFG是正方形；（2）探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．14．如图，正方形ABCD 和正方形CEFG 边长分别为a 和b ，正方形CEFG 绕点C 旋转，给出下列结论：①BE ＝DG ；②BE ⊥DG ；③DE 2+BG 2＝2a 2+2b 2，其中正确结论是（填序号）15．如图，正方形ABCD 和正方形CEFG 中，点D 在CG 上，BC ＝1，CE ＝3，H 是AF 的中点，那么CH 的长是（）A ．2.5B ．√5C ．32√2D ．2 16．如图1，四边形ABCD 是正方形，点E 是AB 边的中点，以AE 为边作正方形AEFG ，连接DE ，BG ．（1）发现①线段DE 、BG 之间的数量关系是；②直线DE 、BG 之间的位置关系是．（2）探究如图2，将正方形AEFG 绕点A 逆时针旋转，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．（3）应用如图3，将正方形AEFG 绕点A 逆时针旋转一周，记直线DE 与BG 的交点为P ，若AB ＝4，请直接写出点P 到CD 所在直线距离的最大值和最小值．四．手拉手之综合类17．如图，等边△ABC 的边长为6，点D 在边AB 上，BD ＝2，线段CD 绕C 顺时针旋转60°得到线段CE ，连接DE 交AC 于点F ，连接AE ．下列结论：①四边形ADCE 面积为9√3；②△ADE 外接圆的半径为2√213；③AF ：FC ＝2：7；其中正确的是（）A ．①②③B ．①③C ．①②D ．②③18．已知菱形ABCD ，E 、F 是动点，边长为5，BE ＝AF ，∠BAD ＝120°，则下列结论正确的有几个（）①△BEC ≌△AFC ；②△ECF 为等边三角形；③∠AGE ＝∠AFC ；④若AF ＝2，则GF EG =23．A ．1B ．2C ．3D ．419．【特例感知】（1）如图1，△AOB 和△COD 是等腰直角三角形，∠AOB ＝∠COD ＝90°，点C 在OA 上，点D 在BO 的延长线上，连接AD ，BC ，线段AD 与BC 的数量关系是；【类比迁移】（2）如图2，将图1中的△COD 绕着点O 顺时针旋转α（0°＜α＜90°），那么第（1）问的结论是否仍然成立？如果成立，证明你的结论；如果不成立，说明理由．【方法运用】（3）如图3，若AB ＝8，点C 是线段AB 外一动点，AC ＝3√3，连接BC ．①若将CB 绕点C 逆时针旋转90°得到CD ，连接AD ，则AD 的最大值是； ②若以BC 为斜边作Rt △BCD （B ，C ，D 三点按顺时针排列），∠CDB ＝90°，连接AD ，当∠CBD ＝∠DAB ＝30°时，直接写出AD 的值．20．在Rt △AOB 和Rt △COD 中，∠AOB ＝∠COD ＝90°，直线AC 与BD 交于点M ．（1）如图1，若∠OAB ＝∠OCD ＝45°，求BD AC 的值；（2）如图2，若∠OAB ＝∠OCD ＝α，求BD AC 的值（用含α的式子表示）；（3）若∠OAB ＝∠OCD ＝30°，OD ＝2，OB ＝4，将三角形OCD 绕着点O 在平面内旋转，直接写出当点A 、C 、D 在同一直线上时，线段BD 的长．21．【问题探究】如图1，锐角△ABC 中，分别以AB 、AC 为边向外作等腰直角△ABE 和等腰直角△ACD ，使AE ＝AB ，AD ＝AC ，∠BAE ＝∠CAD ＝90°，连接BD ，CE ，试猜想BD 与CE 的大小关系，不需要证明．【深入探究】（1）如图2，锐角△ABC 中分别以AB 、AC 为边向外作等腰△ABE 和等腰△ACD ，使AE ＝AB ，AD ＝AC ，∠BAE ＝∠CAD ，连接BD 、CE ，试猜想BD 与CE 的大小关系，并说明理由；【拓展应用】（2）如图3，在△ABC中，∠ACB＝45°，以AB为直角边，A为直角顶点向外作等腰直角△ABD，连接CD，若AC=√2，BC＝3，则CD长为；（3）如图4，已知在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，A（0，3√3）、P（3，0），过点P作直线l⊥x轴，点B是直线l上的一个动点，线段AB绕点A按逆时针方向旋转30°得到线段AC，则AC+PC的最小值为．22．如图1，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点P在线段BC上（不与点B、点C 重合）运动，以AP为腰在AB上方作等腰直角△P AD，DE⊥AC于点E，且与AB交于点M．（1）求证：△AMD≌△PCA；（2）如图2，DM交AP于点N，连接PM，证明：PM+2AE＝DM；（3）当PC＝2BP时，猜想PM与EN的数量关系并证明．。

专题12.22 三角形全等几何模型-“手拉手”模型(专项练习)(培优篇)

专题12.22 三角形全等几何模型-“手拉手”模型（专项练习）（培优篇）一、单选题1．如图，在△OAB 和△OCD 中，OA ＝OB ，OC ＝OD ，OA ＞OC ，△AOB ＝△COD ＝40°，连接AC ，BD 交于点M ，连接OM ．下列结论：△AC ＝BD ；△△AMB ＝40°；△OM 平分△BOC ；△MO 平分△BMC ．其中正确的个数为（）A ．△B ．△△C ．△△△D ．△△△ 2．如图，点C 是线段AE 上一动点（不与A ，E 重合），在AE 同侧分别作等边三角形ABC 和等边三角形CDE ，AD 与BE 交于点O ，AD 与BC 交于点P ，BE 与CD 交于点Q ，连接PQ ，有以下5个结论：△AD=BE ；△PQ△AE ；△AP=DQ ；△DE=DP ；△△AOB=60°．其中一定成立的结论有（）个A ．1B ．2C ．3D ．4二、填空题3．如图所示，等边ABO ∆的顶点B 在x 轴的负半轴上，点A 的坐标为1-（，，则点B 坐标为_______；点C 是位于x 轴上点B 左边的一个动点，以AC 为边在第三象限内作等边ACD ∆,若点D m n （，）.小明所在的数学兴趣合作学习小组借助于现代互联网信息技术，课余时间经过探究发现无论点C 在点B 左边x 轴负半轴任何位置，m ，n 之间都存在着一个固定的一次函数关系，请你写出这个关系式是_____．4．在锐角三角形ABC中，AH是边BC的高，分别以AB，AC为边向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连接CE，BG和EG，EG与HA的延长线交于点M，下列结论：△BG=CE；△BG△CE；△AM是△AEG的中线；△△EAM=△ABC．其中正确的是_________．5．如图，CA=CB，CD=CE，△ACB=△DCE=50°，AD、BE交于点H，连接CH，则△CHE=_______．三、解答题6．（1）如图1，ABC和DCE都是等边三角形，且B，C，D三点在一条直线上，连接AD ，BE 相交于点P ，求证：BE AD =．（2）如图2，在BCD 中，若120BCD ∠<︒，分别以BC ，CD 和BD 为边在BCD 外部作等边ABC ，等边CDE △，等边BDF ，连接AD 、BE 、CF 恰交于点P ． △求证：AD BE CF ==；△如图2，在（2）的条件下，试猜想PB ，PC ，PD 与BE 存在怎样的数量关系，并说明理由．7．已知，在ABC ∆中，90BAC ︒∠=，45ABC ︒∠=，点D 为直线BC 上一动点（点D 不与点B C ，重合），以AD 为边作正方形ADEF ，连接CF ．（1）如图△，当点D 在线段BC 上时，求证CF CD BC +=．（2）如图△，当点D 在线段BC 的延长线上时，其他条件不变，请直接写出CF BC CD ，，三条线段之间的关系．（3）如图△，当点D 在线段BC 的反向延长线上，且点A ，F 分别在直线BC 的两侧时，其他条件不变，请直接写出CF BC CD ，，三条线段之间的关系．8．已知：点O 是平行四边形ABCD 两条对角线的交点，点P 是AC 所在直线上的一个动点（点P 不与点A 、C 重合），分别过点A 、C 向直线BP 作垂线，垂足分别为E 、F(1)如图1，当点P 与点O 重合时，求证：OE=OF(2)直线BP 绕点B 逆时针方向旋转,当△OFE=30︒时，有OE=OF ，如图2，线段CF 、AE 、OE 之间有怎样的数量关系？给出证明．(3)当点P 在图3位置,且△OFE=30︒时，线段CF 、AE 、OE 之间有怎样的数量关系？（直接写出结论，无需证明.9．如图，点C 为线段BD 上一点，,ABC CDE △△都是等边三角形，AD 与CE 交于点,F BE 与AC 相交于点G ．（1）求证：≌ACD BCE ；（2）求证：ACF BCG ≌（3）若8,25CF CG BD +==，求ACD △的面积．10．如图，ABC ∆和BDE ∆都是等边三角形，点,E F 分别在,AB BC 边上,60DAF ︒∠=，（1）求证：.ABD ACF ∆≅∆（2）判断四边形DFCE 的形状．11．如图，两个正方形ABCD 与DEFG ，连结AG ，CE ，二者相交于点H ．（1）证明：△ADG△△CDE ；（2）请说明AG 和CE 的位置和数量关系，并给予证明；（3）连结AE 和CG ，请问△ADE 的面积和△CDG 的面积有怎样的数量关系？并说明理由．12．如图，已知等边ABC ，点D 为ABC 内的一点，连接,150DA DB DC ADB ∠=︒、、，以CD 为边向CD 上方作等边CDE △，连接AE （060ACE ︒<∠<︒）．（1）求证：BDC AEC △≌△．（2）请判断ADE 的形状，并证明你的结论．（3）若,2AD AE CD a ==，求ACD ∠的度数及ABD △的面积（用含a 的代数式表示）． 13．如图1，在Rt ABC 中，,A 90AB AC ∠==，点,D E 分别在边,AB AC 上，AD AE =，连接DC ，点,,M P N 分别为,,DE DC BC 的中点．（1）图1中线段PM 与PN 的数量关系是，位置关系是；（2）把ADE 绕点A 逆时针旋转到图2的位置，连接,,MN BD CE .请判断ABD ∠与ACE ∠是否相等，请说明理由；（3）试判断PMN 的形状，并说明理由．14．如图1，ABC ∆是以ACB ∠为直角的直角三角形，分别以AB ，BC 为边向外作正方形ABFG ，BCED ，连结AD ，CF ，AD 与CF 交于点M ，AB 与CF 交于点N ．∆≅∆；（1）求证：ABD FBCAD=，求四边形ACDF的面积．（2）如图2，在图1基础上连接AF和FD，若6△都是等边三角形，且点B，C，E在一条直线上，连15．（1）如图△，ABC和CDE结BD和AE，直线BD，AE相交于点P．则线段BD与AE的数量关系为_____________．BD与AE相交构成的锐角的度数为___________．（2）如图△，点B，C，E不在同一条直线上，其它条件不变，上述的结论是否还成立．（3）应用：如图△，点B，C，E不在同一条直线上，其它条件依然不变，此时恰好有PQ=，则DP=___________．30∠=．设直线AE交CD于点Q，请把图形补全．若2AEC16．如图，B，C，E三点在一条直线上，△ABC和△DCE均为等边三角形，BD与AC交于点M，AE与CD交于点N．（1）求证：AE＝BD；（2）连接MN，求证：MN△BE；（3）若把△DCE绕点C顺时针旋转一个角度，（1）中的结论还成立吗？说明理由．17．已知在ABC 中，AB AC =，过点B 引一条射线BM ，D 是BM 上一点．（问题解决）（1）如图1，若60ABC ︒∠=，射线BM 在ABC ∠内部，60ADB ︒∠=，求证：60BDC ︒∠=．小明同学展示的做法是：在BM 上取一点E 使得AE AD =，通过已知的条件，从而求得BDC ∠的度数，请你帮助小明写出证明过程；（类比探究）（2）如图2，已知30ABC ADB ∠=∠=︒．△当射线BM 在ABC ∠内，求BDC ∠的度数；△当射线BM 在BC 下方，如图3所示，请问BDC ∠的度数会变化吗？若不变，请说明理由，若改变，请求出BDC ∠的度数18．问题背景：如图，△ABC是等边三角形，△BDC是顶角为120°的等腰三角形，以D为顶点作一个60°角，角的两边分别交AB，AC边于M、N两点，连接MN．探究线段BM，MN，CN之间的数量关系．嘉琪同学探究此问题的方法是：延长NC至点E，使CE＝BM，连接DE，先证明△CDE△△BDM，再证明△MDN△△EDN，可得出线段BM，MN，CN之间的数量关系为．请你根据嘉琪同学的做法，写出证明过程．探索延伸：若点M，N分别是线段AB，CA延长线上的点，其他条件不变，再探索线段BM，MN，NC之间的关系，写出你的结论，并说明理由．19．如图，△ABD和△BCE都是等边三角形，△ABC＜105°，AE与DC交于点F．（1）求证：AE＝DC；（2）求△BFE的度数；（3）若AF＝9.17cm，BF＝1.53cm，CF＝7.53cm，求CD．参考答案1．D【分析】由SAS 证明AOC BOD ∆≅∆得出OCA ODB ∠=∠，AC BD =，△正确；由全等三角形的性质得出OAC OBD ∠=∠，由三角形的外角性质得：AMB OAC AOB OBD ∠+∠=∠+∠，得出40∠=∠=︒AMB AOB ，△正确；作OG MC ⊥于G ，OH MB ⊥于H ，如图所示：则90OGC OHD ∠=∠=︒，由AAS 证明()OCGODH AAS ，得出OG OH =，由角平分线的判定方法得出MO 平分BMC ∠，△正确；由AOB COD ∠=∠，得出当∠=∠DOM AOM 时，OM 才平分BOC ∠，假设∠=∠DOM AOM ，由AOC BOD ∆≅∆得出COM BOM ，由MO 平分BMC ∠得出∠=∠CMO BMO ，推出COM BOM ，得OB OC =，而OA OB =，所以OA OC =，而OA OC >，故△错误；即可得出结论．【详解】解：40AOB COD ∠=∠=︒，AOB AOD COD AOD ∴∠+∠=∠+∠，即AOC BOD ∠=∠，在AOC ∆和BOD ∆中，OA OBAOC BODOC OD ，()AOC BOD SAS ∴∆≅∆，OCA ODB ∴∠=∠，AC BD =，△正确；OAC OBD ∴∠=∠，由三角形的外角性质得：AMB OAC AOB OBD ∠+∠=∠+∠，40AMB AOB ∴∠=∠=︒，△正确；作OG MC ⊥于G ，OH MB ⊥于H ，如图2所示：则90OGC OHD ∠=∠=︒，在OCG ∆和ODH ∆中，OCA ODBOGC OHDOC OD ，()OCG ODH AAS ∴∆≅∆，OG OH ∴=，MO ∴平分BMC ∠，△正确；AOB COD ∠=∠，∴当∠=∠DOM AOM 时，OM 才平分BOC ∠，假设∠=∠DOM AOMAOC BOD ∆≅∆，COM BOM ， MO 平分BMC ∠，CMO BMO ，在COM ∆和BOM ∆中，COM BOMOM OM CMO BMO，()COM BOM ASA ，OB OC ∴=，OA OB =OA OC ∴=与OA OC >矛盾，∴△错误；综上所述，正确的是△△△；故选：D．【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的外角性质，角平分线的判定等知识，熟悉相关性质是解题的关键．2．D【分析】△由于△ABC和△CDE是等边三角形，可知AC=BC，CD=CE，△ACB=△DCE=60°，从而证出△ACD△△BCE，可推知AD=BE；△由△ACD△△BCE得△CBE=△DAC，加之△ACB=△DCE=60°，AC=BC，得到△ACP△△BCQ （ASA），所以AP=BQ；故△正确；△根据△△CQB△△CPA（ASA），再根据△PCQ=60°推出△PCQ为等边三角形，又由△PQC=△DCE，根据内错角相等，两直线平行，可知△正确；△根据△DQE=△ECQ+△CEQ=60°+△CEQ，△CDE=60°，可知△DQE≠△CDE，可知△错误；△利用等边三角形的性质，BC△DE，再根据平行线的性质得到△CBE=△DEO，于是△AOB=△DAC+△BEC=△BEC+△DEO=△DEC=60°，可知△正确．【详解】△△等边△ABC和等边△DCE，△BC=AC,DE=DC=CE，△DEC=△BCA=△DCE=60△，△△ACD=△BCE，在△ACD和△BCE中，AC=BC，△ACD=△BCE，DC=CE，△△ACD△△BCE(SAS)，△AD=BE；故△正确；△△△ACD△△BCE(已证)，△△CAD=△CBE，△△ACB=△ECD=60°(已证)，△△BCQ=180°-60°×2=60°，△△ACB=△BCQ=60°，在△ACP与△BCQ中，△CAD=△CBE，AC=BC，△ACB=△BCQ=60°，△△ACP△△BCQ(ASA)，△AP=BQ；故△正确；△△△ACP△△BCQ，△PC=QC，△△PCQ是等边三角形，△△CPQ=60△，△△ACB=△CPQ，△PQ△AE；故△正确；△△AD=BE，AP=BQ，△AD−AP=BE−BQ，即DP=QE，△DQE=△ECQ+△CEQ=60°+△CEQ，△CDE=60°，△△DQE≠△CDE，△DE≠QE，则DP≠DE，故△错误；△△△ACB=△DCE=60°，△△BCD=60°，△等边△DCE ，△EDC=60°=△BCD ，△BC△DE ，△△CBE=△DEO ，△△AOB=△DAC+△BEC=△BEC+△DEO=△DEC=60°.故△正确；综上所述，正确的结论有：△△△△，错误的结论只有△，故选D ．【点拨】本题考查全等三角形的判定和性质，以及等边三角形的判定和性质，此图形是典型的“手拉手”模型，熟练掌握此模型的特点是解题的关键．3．-20B （，）323n m【分析】过点A 作x 轴的垂线，垂足为E ，根据等边三角形的性质得到OE 和AE ，再根据三线合一得到OB 即可；再连接BD ，过点D 作x 轴的垂线，垂足为F ，证明△OAC△△BAD ，得到△CAD=△CBD=60°，利用30°所对的直角边是斜边的一半以及点D 的坐标得到BF 和DF 的关系，从而可得关于m 和n 的关系式.【详解】解：如图，过点A 作x 轴的垂线，垂足为E ，△△ABO 为等边三角形，A 1-（，，△OE=1，△BE=1，△OB=2，即B （-2，0）；连接BD ，过点D 作x 轴的垂线，垂足为F ，△△OAB=△CAD ，△△OAC=△BAD ，△OA=AB ，AC=AD ，△△OAC△△BAD （SAS ），△△OCA=△ADB ，△△AGD=△BGC ，△△CAD=△CBD=60°，△在△BFD 中，△BDF=30°，△D （m ，n ），△DF=-m ，DF=-n ，△B （-2，0），△BF=-m -2，，△--m -2），整理得：323n m .故答案为：-20B （，），323n m .【点拨】本题考查了等边三角形的性质，含30°的直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，一次函数，解题的关键是添加辅助线构造全等三角形，有一定难度.4．△△△△【分析】根据正方形的性质和SAS 可证明△ABG △△AEC ，然后根据全等三角形的性质即可判断△；设BG 、CE 相交于点N ，AC 、BG 相交于点K ，如图1，根据全等三角形对应角相等可得△ACE ＝△AGB ，然后根据三角形的内角和定理可得△CNG ＝△CAG ＝90°，于是可判断△；过点E作EP△HA的延长线于P，过点G作GQ△AM于Q，如图2，根据余角的性质即可判断△；利用AAS即可证明△ABH△△EAP，可得EP＝AH，同理可证GQ＝AH，从而得到EP＝GQ，再利用AAS可证明△EPM△△GQM，可得EM＝GM，从而可判断△，于是可得答案．【详解】解：在正方形ABDE和ACFG中，AB＝AE，AC＝AG，△BAE＝△CAG＝90°，△△BAE+△BAC＝△CAG+△BAC，即△CAE＝△BAG，△△ABG△△AEC（SAS），△BG＝CE，故△正确；设BG、CE相交于点N，AC、BG相交于点K，如图1，△△ABG△△AEC，△△ACE＝△AGB，△△AKG＝△NKC，△△CNG＝△CAG＝90°，△BG△CE，故△正确；过点E作EP△HA的延长线于P，过点G作GQ△AM于Q，如图2，△AH△BC，△△ABH+△BAH＝90°，△△BAE ＝90°，△△EAP +△BAH ＝90°，△△ABH ＝△EAP ，即△EAM ＝△ABC ，故△正确；△△AHB =△P =90°，AB =AE ，△△ABH △△EAP （AAS ），△EP ＝AH ，同理可得GQ ＝AH ，△EP ＝GQ ，△在△EPM 和△GQM 中，90P MQG EMP GMQ EP GQ ∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，△△EPM △△GQM （AAS ），△EM ＝GM ，△AM 是△AEG 的中线，故△正确．综上所述，△△△△结论都正确．故答案为：△△△△．【点拨】本题考查了正方形的性质、三角形的内角和定理以及全等三角形的判定和性质，作辅助线构造出全等三角形是难点，熟练掌握全等三角形的判定和性质是关键．5．65°【分析】先判断出ACD BCE ≅∆∆，再判断出ACM BCN ∆≅∆即可得到CH 平分AHE ∠，即可得出结论．【详解】解：如图，ACB DCE ∠=∠，ACD BCE ∠∠∴=，在ACD ∆和BCE ∆中，CA CB ACD BCE CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()ACD BCE SAS ∴∆≅∆；过点C 作CM AD ⊥于M ，CN BE ⊥于N ，ACD BCE ∆≅∆，CAM CBN ∴∠=∠，在ACM ∆和BCN ∆中，90CAM CBN AMC BNC AC BC ∠=∠⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩ACM BCN ∴∆≅∆，CM CN ∴=，在Rt CMH ∆与Rt CNH ∆中CM CN CH CH =⎧⎨=⎩Rt CMH Rt CNH(HL)∴∆≅∆，MCH NCH ∴∠=∠，CH ∴平分AHE ∠；ACD BCE ∆≅∆，CAD CBE ∴∠=∠，AFC BFH ∠=∠，50AHB ACB ∴∠=∠=︒，18050130AHE ∴∠=︒-︒=︒，111306522CHE AHE ∴∠=∠=⨯︒=︒，故答案为：65︒．【点拨】此题考查了全等三角形的判定与性质以及角平分线的定义．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．6．（1）详见解析；（2）△详见解析；△PB PC PD BE ++=，理由详见解析【分析】（1）根据等边三角形的性质得出BC=AC ，CE=CD ，△ACB=△DCE=60°，进而得出△BCE=△ACD ，判断出BCE ACD ≌（SAS ），即可得出结论；（2）△同（1）的方法判断出≌ACD BCE （SAS ），ABD CBF ≌（SAS ），即可得出结论； △先判断出△APB=60°，△APC=60°，在PE 上取一点M ，使PM=PC ，证明CPM △是等边三角形，进而判断出PCD MCE ≌（SAS ），即可得出结论．【详解】（1）证明：△ABC 和DCE 都是等边三角形，△BC=AC ，CE=CD ，△ACB=△DCE=60°，△△ABC+△ACE=△DCE+△ACE ，即△BCE=△ACD ，△BCE ACD ≌（SAS ），△BE=AD ；（2）△证明：△ABC 和DCE 是等边三角形，△AC=BC ，CD=CE ，△ACB=△DCE=60°，△△ACB+△BCD=△DCE+△BCD ，即△ACD=△BCE ，△≌ACD BCE （SAS ），△AD=BE ，同理：ABD CBF ≌（SAS ），△AD=CF ，即AD=BE=CF ；△解：结论：PB+PC+PD=BE ，理由：如图2，AD 与BC 的交点记作点Q ，则△AQC=△BQP ，由△知，≌ACD BCE ，△△CAD=△CBE ，在ACQ 中，△CAD+△AQC=180°-△ACB=120°，△△CBE+△BQP=120°，在BPQ 中，△APB=180°-（△CBE+△BQP ）=60°，△△DPE=60°，同理：△APC=60°，60,CPE ∴∠=︒ △CPD=120°，在PE 上取一点M ，使PM=PC ，△CPM △是等边三角形，△CP CM PM ==，△PCM=△CMP=60°，△△CME=120°=△CPD ，△CDE △是等边三角形，△CD=CE ，△DCE=60°=△PCM ，△△PCD=△MCE ，△PCD MCE ≌（SAS ），△PD=ME ，△BE=PB+PM+ME=PB+PC+PD ．【点拨】此题是三角形综合题，主要考查了三角形的内角和定理，等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，构造出全等三角形是解本题的关键．7．（1）见解析；（2）CF CD BC -=，见解析；（3）CD CF BC -=，见解析.【分析】（1）△ABC 是等腰直角三角形，利用SAS 即可证明△BAD△△CAF ，从而证得CF=BD ，据此即可证得；（2）同（1）相同，利用SAS 即可证得△BAD△△CAF ，从而证得BD=CF ，即可得到CF -CD=BC ；（3）同理，证明△BAD△△CAF 即可得出结论.【详解】（1）证明：如图1，△△BAC=90°，△ABC=45°，△△ACB=△ABC=45°，△AB=AC ，△四边形ADEF 是正方形，△AD=AF ，△DAF=90°，△△BAD=90°-△DAC ，△CAF=90°-△DAC ，△△BAD=△CAF ，在△BAD 和△CAF 中，AB AC BAD CAF AD AF ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，△△BAD△△CAF （SAS ），△BD=CF ，△BD+CD=BC ，△CF+CD=BC ；（2）解：CF -CD=BC ．理由如下：如图2，△△BAD=90°+△CAD ，△CAF=90°+△CAD ，△△BAD=△CAF ，在△BAD 和△CAF 中，AB AC BAD CAF AD AF ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，△△BAD△△CAF （SAS ），△BD=CF ，△BD=BC+CD ，△CF -CD=BC ．（3）CD -CF=BC理由：△△BAC=90°，△ABC=45°，△△ACB=△ABC=45°，△AB=AC ，△四边形ADEF 是正方形，△AD=AF ，△DAF=90°，△△BAD=90°-△BAF ，△CAF=90°-△BAF ，△△BAD=△CAF ，△在△BAD 和△CAF 中，AB AC BAD CAF AD AF ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝△△BAD△△CAF （SAS ），△BD=CF ，△CD -BC=CF ，△CD -CF=BC.【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质：全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．8．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）CF=OE -AE.【解析】【分析】（1）由△AOE△△COF 即可得出结论．（2）图2中的结论为：CF=OE+AE ，延长EO 交CF 于点G ，只要证明△EOA△△GOC ，△OFG 是等边三角形，即可解决问题．（3）图3中的结论为：CF=OE -AE ，延长EO 交FC 的延长线于点G ，证明方法类似．【详解】（1）△AE PB CF BP P O ⊥⊥，，与重合△AEO CFO 90∠∠==︒△四边形ABCD 是平行四边形，O 为对角线交点△AO=CO ，在△AEO 和△CFO 中，AEO CFO EOA FOC AO CO ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩△△AEO ≅△CFO （AAS ）△OE=OF（2）延长EO 交CF 于点G ，如图所示，则可得EOA GOC ∠∠=△AE PB CF BP ⊥⊥，△AE△CF△EAO GCO ∠∠=又△O 为对角线交点△AO=CO在△AEO 和△CGO 中，AO COEAO GCO ⎪=⎨⎪∠=∠⎩△△AEO ≅△CGO （ASA ）△OE=OG ，AE=CG在Rt△EFG 中，OE=OG ，△点O 为Rt△EFG 斜边EG 的中点，故OF=OE=OG=12EG △△OFE=△OEF=30°△△OFG=△EFG -△OFE=90°-30°=60°又△OF=OG△△OFG 为等边三角形故GF=OF=OE△CF=CG+GF△CF=CG+GF =AE+OE（3）延长EO 、FC 交于点G ，如图所示，△AE PB CF BP ⊥⊥，△AE△CF△AEO G ∠∠=又△O 为对角线交点△AO=CO在△AEO 和△CGO 中，AEO G AO CO ⎪∠=∠⎨⎪=⎩△△AEO ≅△CGO （AAS ）△OE=OG ，AE=CG在Rt△EFG 中，OE=OG ，故点O 为Rt 三角形EFG 斜边EG 的中点， △OF=OE=OG=12EG △△OEF=30°△△OFE=△OEF=30°即△OFG=△EFG -△EFO=90°-30°=60°又△OF=OG△△OFG 为等边三角形△GF=OF=OG=OE△CF=GF -CG△CF=OE -AE【点拨】本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质等知识，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，属于中考常考题型. 9．（1）见解析；（2）见解析；（3）【分析】（1）根据SAS 即可证明△BCE △△ACD ；（2）由△ACD △△BCE 可得△CBG =△CAF ，从而利用ASA 可证明△ACF △△BCG ；（3）求出CG =CF =4，过G 作GM △BD 于M ，过点F 作FN △BD 于N ，求出GM ，FN ，根据S △ACD =S △ACF +S △CDF =S △BCG +S △CDF 可求出答案．【详解】解：（1）证明：△△ABC ，△CDE 是等边三角形，△AC =BC ，CD =CE ，△ACB =△DCE =60°，△△ACB +△ACE =△DCE +△ACE ，即△BCE =△DCA ，△△ACD △△BCE （SAS ）．（2）由（1）得△ACD △△BCE ，△△CBG =△CAF ，又△△ACF =△BCG =60°，BC =AC ，在△ACF 和△BCG 中，ACF BCG BC ACCAF CBG ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=⎩， △△ACF △△BCG （ASA ）；（3）△△ACF △△BCG ，△S △ACF =S △BCG ，CG =CF ，而CF +CG =8，△CG =CF =4，过G 作GM △BD 于M ，过点F 作FN △BD 于N ，又△△ACB =△DCE =60°，△GM=2=FN=2CF= △S △ACD =S △ACF +S △CDF=S △BCG +S △CDF =12BC •GM +12CD •FN=12⨯（BC +CD ）=【点拨】本题考查了全等三角形的判定和性质以及等边三角形的判定和性质，利用全等三角形的性质得出CG =CF 是解答此题的关键．10．（1）见解析；（2）平行四边形（1）由ABC ∆和BDE ∆都是等边三角形得到,60AB AC ABD ACB BAC ︒=∠=∠=∠=，根据60DAF ︒∠=推出DAB CAF ∠=∠，即可证得结论；（2）根据△ABD△△ACF 得到BD=CF ，再根据等边三角形的性质得到,3560BD DE ︒=∠=∠=，推出,//DE FC DE FC =即可得到结论.【详解】证明：（1）ABC ∆和BDE ∆是等边三角形，,60AB AC ABD ACB BAC ︒∴=∠=∠=∠=，△60DAF ︒∠=，△DAB CAF ∠=∠，△△ABD△△ACF （ASA ）；（2）四边形DFCE 是平行四边形．理由如下：△△ABD△△ACF ，△.BD CF =又BDE ABC ∆∆,是等边三角形，,3560BD DE ︒∴=∠=∠=．,//.DE FC DE FC ∴=△四边形DFCE 是平行四边形.【点拨】此题考查等边三角形的性质，三角形全等的判定及性质，内错角相等两直线平行的判定定理，证明四边形是平行四边形.11．(1)答案见解析；(2) AG=CE ，AG△CE ；(3) △ADE 的面积=△CDG 的面积（1）利用SAS证明△ADG△△CDE；（2）利用△ADG△△CDE得到AG=CE，△DAG=△DCE，利用△DAG+△AMD=90°得到△DCE+△CMG=90°，即可推出AG△CE；（3）△ADE的面积=△CDG的面积，作GP△CD于P，EN△AD交AD的延长线于N，证明△DPG△△DNE，得到PG=EN，再利用三角形的面积公式分别表示出△ADE的面积，△CDG 的面积，即可得到结论△ADE的面积=△CDG的面积.【详解】（1）△四边形ABCD与DEFG都是正方形，△AD=CD，DG=DE，△ADC=△EDG=90°，△△ADC+△CDG=△EDG+△CDG，△△ADG=△CDE，△△ADG△△CDE（SAS），（2）AG=CE，AG△CE，△△ADG△△CDE，△AG=CE，△DAG=△DCE，△△DAG+△AMD=90°，△AMD=△CMG，△△DCE+△CMG=90°，△△CHA=90°，△AG△CE；（3）△ADE的面积=△CDG的面积，作GP△CD于P，EN△AD交AD的延长线于N，则△DPG=△DNE=90°，△△GDE=90°，△△EDN+△GDN=90°，△△PDG+△GDN=90°，△△EDN=△PDG ，△DE=DG ，△△DPG△△DNE ，△PG=EN ，△△ADE 的面积=12AD EN ⋅，△CDG 的面积=12CD GP ⋅， △△ADE 的面积=△CDG 的面积.【点拨】此题考查正方形的性质，三角形全等的判定及性质，利用三角形面积公式求解，根据图形得到三角形全等的条件是解题的关键.12．（1）见解析；（2）△ADE 为直角三角形，理由见解析；（3）2ADB 12Sa =．【分析】（1）利用“SAS”即可证明△BDC ≅△AEC ；（2）设△ABD =x ，求得△EAC=△DBC =60x ︒-，△DAB=30x ︒-，△DAC 30x =︒+，从而推出△ADE 为直角三角形；（3）可证明△EDA 为等腰直角三角形，求得，过点B 作AD 的垂线交AD的延长线于点F ，再推出DB=DA =，求得BF=12，即可求得2ADB 12S a =．【详解】（1）△△ABC 为等边三角形，△△ACB=60︒，CB=CA ，△△EDC 为等边三角形，△△ECD=60︒，CD=CE ，△△ACB -△ACD =△ECD -△ACD ，△△DCB =△ECA ，在△BCD 和△ACE 中，CD CE DCB ECA CB CA =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，△△BDC ≅△AEC(SAS)；（2）△ADE 为直角三角形，理由如下，设△ABD =x ，则△DBC=60x ︒-，由（1）可知：△EAC=△DBC =60x ︒-， △△ABD =150︒，△△DAB=18015030x x ︒-︒-=︒-， △△DAC=△CAB -△DAB =60()3030x x ︒-︒-=︒+， △△DAE=△EAC+△DAC=60()3090x x ︒-+︒+=︒， △△ADE 为直角三角形；（3）△△EDC 为等边三角形， △△ECD=60︒，CD=CE=DE=2a ，在△ADC 和△AEC 中，AD AE DC EC CA CA =⎧⎪=⎨⎪=⎩，△△ADC ≅△AEC(SSS)；△△EAC=△DAC=45︒，又△AE=AD ，△EAD=90︒，DE=2a ， △△EDA 为等腰直角三角形，△△DAB=△BAC -△DAC =60︒-4515︒=︒，，过点B 作AD 的垂线交AD 的延长线于点F ，△△ADB =150︒，△△BDF=18015030︒-︒=︒，△△DAB=△DBA 15=︒，△DB=DA =，△BF=12，△2ADB 1112222S AD BF a a =⋅=⋅=．【点拨】本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积公式，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理的应用，判断出△EDA 为直角三角形是解本题的关键．13．（1）PM PN =，PM PN ⊥；（2）ABD ACE ∠=∠，理由见解析；（3）PMN ∆是等腰直角三角形，理由见解析．【分析】（1）利用三角形的中位线得出11,22PM CE PN BD ==，进而判断出BD=CE ，即可得出结论，再利用三角形的中位线得出PM△CE 得出△DPM=△DCA ，最后用互余即可得出结论；（2）先判断出△ABD△△ACE 可得结论．（3）先判断出△ABD△△ACE ，得出BD=CE ，同（1）的方法得出11,22PM CE PN BD ==，即可得出PM=PN ，同（1）的方法即可得出结论；【详解】解：（1）如图1中，△点P ，N 是BC ，CD 的中点，1//,2PN BD PN BD ∴= △点P ，M 是CD ，DE 的中点，1//,2PM CE PM CE ∴= △AB=AC ，AD=AE ，△BD=CE ，△PM=PN ，△PN△BD ，△△DPN=△ADC ，△PM△CE ，△△DPM=△DCA ，△△BAC=90°，△△ADC+△ACD=90°，△△MPN=△DPM+△DPN=△DCA+△ADC=90°，△PM△PN ，故答案为：PM=PN ，PM△PN ．（2）ABD ACE ∠=∠理由如下AB AC =，AD AE =由旋转得BAD CAE ∠=∠∴()ABD ACE SAS ∆≅∆∴ABD ACE ∠=∠（3）PMN ∆是等腰直角三角形ABD ACE ∆≅∆∴BD CE =点M P N 、、分别为DE DC BC 、、的中点 ∴12PM EC =，12PN BD =∴PN PM =点M P N 、、分别为DE DC BC 、、的中点∴//PM CE ，//PN BD∴DPM DCE ∠=∠，PNC DBC ∠=∠∴MPN DPM DPN ∠=∠+∠DCE DCB DBC =∠+∠+∠DCA ACE DCB DBC =∠+∠+∠+∠DCA ABD DCB DBC =∠+∠+∠+∠ACB ABC =∠+∠90BAC ∠=∴90ACB ABC ∠+∠=∴90MPN ∠=∴PMN ∆是等腰直角三角形．【点拨】此题属于几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质的综合运用；14．（1）详见解析；（2）18【分析】（1）根据正方形的性质得出BC=BD ，AB=BF ，△CBD=△ABF=90°，求出△ABD=△CBF ，根据全等三角形的判定得出即可；（2）根据全等三角形的性质得出△BAD=△BFC ，AD=FC=6，求出AD△CF ，根据三角形的面积求出即可．【详解】解：（1）四边形ABFG 、BCED 是正方形，AB FB ∴=，CB DB =，90ABF CBD ∠=∠=︒，ABF ABC CBD ABC ∴∠+∠=∠+∠，即ABD CBF ∠=∠在ABD ∆和FBC ∆中，AB FB ABD CBF DB CB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()ABD FBC SAS ∴∆≅∆；图1 图2（2）ABD FBC ∆≅∆，BAD BFC ∴∠=∠，6AD FC ==，180AMF BAD CNA ∴∠=︒-∠-∠180()BFC BNF =︒-∠+∠1809090=︒-︒=︒AD CF ∴⊥-ACD ACF DFM ACM ACDF S S S S S ∆∆∆∆∴=++四边形11112222AD CM CF AM DM FM AM CM =⋅+⋅+⋅-⋅ 1133(6)(6)1822CM AM AM CM AM CM =++---⋅= 【点拨】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，三角形的面积等知识点，能求出△ABD△△FBC 是解此题的关键．15．（1）相等，60；（2）成立，证明见解析；（3）见解析，4.【分析】（1）证明△BCD△△ACE ，并运用三角形外角和定理和等边三角形的性质求解即可；（2）是第（1）问的变式，只是位置变化，结论保持不变；（3）根据△AEC=30°，判定AE 是等边三角形CDE 的高，运用前面的结论，把条件集中到一个含有30°角的直角三角形中求解即可.【详解】（1）相等； 60.理由如下：△ABC 和CDE △都是等边三角形，△60ACB DCE ︒∠=∠=，BC AC =，DC CE =，△BCD ACE ∠=∠，在ACE △和BCD △中CB CA BCD ACE CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，△ACE BCD △≌△．△BD AE =，BDC AEC ∠=∠．又△DNA ENC ∠=∠，△60DPE DCE ︒∠=∠=.（2）成立；理由如下：证明：△ABC 和CDE △都是等边三角形，△60ACB DCE ︒∠=∠=，BC AC =，DC CE =，△BCD ACE ∠=∠，在ACE △和BCD △中CB CA BCD ACE CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，△ACE BCD △≌△．△BD AE =，BDC AEC ∠=∠．又△DNA ENC ∠=∠，△60DPE DCE ︒∠=∠=.（3）补全图形（如图）,△△CDE 是等边三角形，△△DEC=60°，△△AEC=30°，△△AEC=△AED ，△EQ△DQ ，△△DQP=90°，根据（1）知，△BDC=△AEC=30°，△PQ=2，△DP=4.故答案为：4.【点拨】本题是一道猜想证明题，以两线段之间的大小关系为基础，考查了等边三角形的性质，三角形的全等，直角三角形的性质，证明两个手拉手模型三角形全等是解题的关键. 16．（1）见解析；（2）见解析；（3）成立，理由见解析【分析】（1）根据等边三角形边长相等的性质和各内角为60︒的性质可求得BCD ACE ∆≅∆，根据全等三角形对应边相等的性质即可求得AE BD =．（2）CMN ∆是等边三角形，由BCD ACE ∆≅∆可知CBM CAN ∠=∠，根据ASA 可证明BCM ACN ∆≅∆，得到CM CN =，又60MCN ∠=︒，可知CMN ∆是等边三角形，得到60CMN ∠=︒，由60ACB ∠=︒，得到CMN ACB ∠=∠，所以//BC MN ．（3）根据题意画出图形，证明方法与（1）相同．【详解】解：（1）证明：如图1中，ABC ∆与DCE ∆都是等边三角形，AC BC ∴=，CD CE =，60ACB DCE ∠=∠=︒，180ACB ACD DCE ∠+∠++∠=，60ACD ∴∠=︒，ACB ACD ACD DCE ∠+∠=∠+∠，即BCD ACE ∠=∠．在BCD ∆和ACE ∆中，BC AC BCD ACE CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，BCD ACE ∴∆≅∆．BD AE ∴=．（2）证明：如图1中，连接MN ，BCD ACE ∆≅∆，CBM CAN ∴∠=∠．在BCM ∆和ACN ∆中CBM CAN BC ACACB ACD ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩， BCM ACN ∴∆≅∆，CM CN ∴=，60ACB DCE ∠=∠=︒，60MCN ∴∠=︒，CMN ∴∆是等边三角形，60CMN ∴∠=︒，60ACB ∠=︒，CMN ACB ∴∠=∠，//MN BC ∴．（3）成立AE BD =；理由如下：如图2中，ABC ∆、DCE ∆均为等边三角形，BC AC ∴=，CD CE =，60BCA DCE ∠=∠=︒，BCA ACD DCE ACD ∴∠+∠=∠+∠，即BCD ACE ∠=∠，在ACE ∆和BCD ∆中，AC BC BCD ACE CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()ACE BCD SAS ∴∆≅∆，AE BD ∴=．【点拨】本题考查了等边三角形的性质的运用及全等三角形的判定和性质的运用．解决本题的关键是证明三角形全等，属于中考常考题型．17．（1）见解析；（2）△120°；△会变，60°【分析】（1）在BM 上取一点E 使得AE AD =，可证BAE ∆△CAD ∆，求出△ADC 的度数，减去△ADB 的度数即可；（2）在BD 上取一点E ，使得AE AD =，可证BAE ∆△CAD ∆，求出△ADC 的度数，减去△ADB 的度数即可；（3）在DB 延长线上取一点E ，使得AE AD =，按照（2）的方法可求．【详解】证明：（1）在BM 上取一点E 使得AE AD =，△60ADB ∠=︒，△ADE ∆为等边三角形，△,60,AB AC ABC =∠=︒△ABC ∆为等边三角形，△60BAE EAC CAD ∠=︒-∠=∠，△BAE ∆△CAD ∆（SAS ），△120ADC AEB ∠=∠=︒，△1206060BDC ∠=︒-︒=︒；（2）△如图2，在BD 上取一点E ，使得AE AD =，△30ABC ADB ∠=∠=︒，且AB AC =，△30,30ABC ACB AED ADE ∠=∠=︒∠=∠=︒，△120BAC EAD ∠=∠=︒，△BAE CAD ∠=∠△BAE ∆△CAD ∆（SAS ），△18030150ADC AEB ∠=∠=︒-︒=︒，△15030120BDC ∠=︒-︒=︒，△会变，如图3，在DB 延长线上取一点E ，使得AE AD =同理可得：BAE ∆△CAD ∆（SAS ），△30ADC E ∠=∠=︒，△303060BDC ADE ADC ∠=∠+∠=︒+︒=︒．【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，解题关键是恰当的作辅助线，构造“手拉手”手拉手全等模型，利用全等三角形的性质求角．18．问题背景：MN＝BM+NC，证明见解析；探索延伸：MN＝NC﹣BM，理由见解析【分析】问题背景：延长AC至E，使得CE＝BM并连接DE，构造全等三角形，找到相等的线段，MD＝DE，再进一步证明△DMN△△DEN，进而得到MN＝BM+NC．探索延伸：按要求作出图形，先证△BMD△△CED，再证△MDN△△EDN（SAS），即可得出结论．【详解】问题背景：MN＝BM+NC．理由如下：如图1中，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＝CD，且△BDC＝120°，△△DBC＝△DCB＝30°△△ABC+△DBC＝△ACB+△DCB＝60°+30°＝90°，△△MBD＝△ECD＝90°，在△MBD与△ECD中，BD CD MBD ECD EC BM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，△△MBD △△ECD （SAS ），△MD ＝DE ，BDM CDE ∠=∠ ，△△BDC ＝120°，△MDN ＝60°，△△NDC +△BDM =△BDC -△MDN =60゜，△△EDN =△NDC +△CDE =△NDC +△BDM =60゜，即△MDN =△EDN ，在△DMN 和△DEN 中，MD DE MDN EDN DN DN =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，△△DMN △△DEN ，△MN =EN =CE +NC ，△MN ＝BM +NC ．故答案为：MN ＝BM +NC ．探索延伸：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EC BM MBD DCE BD DC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，△△BMD △△CED （SAS ），△DE ＝DM ，在△MDN 和△EDN 中ND ND EDN MDN MD ED =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，△△MDN △△EDN （SAS ），△MN ＝NE ＝NC ﹣CE ＝NC ﹣BM ．【点拨】本题考查了全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、等边三角形的性质．本题中要证明一条线段等于两条线段的和或差，常常用截长法或补短法来解决．19．（1）见解析；（2）60°；（3）18.23cm【分析】（1）由等边三角形的性质可知△DBA ＝△EBC ＝60°，BD ＝AB ，BC ＝BE ．从而可证△DBC ＝△ABE ．即可利用“SAS”可证明△DBC △△ABE ，得出结论AE ＝DC ．（2）过点B 作BN △CD 于N ，BH △AE 于H ．由△DBC △△ABE 可知△BEH ＝△BCN ，△BDF ＝△BAF ．再结合等边三角形的性质可求出△FDA +△DAF ＝120°，进而求出△DF A ＝180°-120°＝60°，即求出△DFE ＝180°-60°＝120°．即可利用“AAS ”证明△BEH △△BCN ，得出结论BH ＝BN ，即得出BF 平分△DFE ，即可求出△BFE ＝60°．（3）延长BF 至Q ，使FQ ＝AF ，连接AQ ．根据所作辅助线可知△AFQ ＝△BFE ＝60°，即证明△AFQ 是等边三角形，得出结论AF ＝AQ ＝BQ ，△F AQ ＝60°．又可证明△DAF ＝△BAQ ．利用“SAS ”可证明△DAF △△BAQ ，即得出DF ＝BQ ＝BF +FQ ＝BF +AF ，最后即可求出CD ＝DF +CF ＝BF +AF +CF ＝1.53+9.17+7.53＝18.23cm ．【详解】（1）证明：△△ABD 和△BCE 都是等边三角形，△△DBA ＝△EBC ＝60°，BD ＝AB ，BC ＝BE ，△△DBA +△ABC ＝△EBC +△ABC ，即△DBC ＝△ABE ，△在△DBC 和△ABE 中，BD AB DBC ABE BC BE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，△△DBC △△ABE （SAS ），△AE ＝DC ；（2）解：如图，过点B 作BN △CD 于N ，BH △AE 于H ．△△DBC △△ABE ，△△BEH ＝△BCN ，△BDF ＝△BAF ，△△ABD 是等边三角形，△△BDA +△BAD ＝120°，△△FDA +△DAF ＝120°，△△DF A ＝180°-120°＝60°，△△DFE ＝180°-60°＝120°，在△BEH 和△BCN 中，90BEH BCN BHE BNC BE BC ∠=∠⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩，△△BEH △△BCN （AAS ），△BH ＝BN ，△BF 平分△DFE ，△△BFE ＝12△DFE ＝12×120°＝60°；（3）解：如图，延长BF 至Q ，使FQ ＝AF ，连接AQ ．则△AFQ ＝△BFE ＝60°，△△AFQ是等边三角形，△AF＝AQ＝BQ，△F AQ＝60°，△△ABD是等边三角形，△AD＝AB，△DAB＝60°，△△DAB+△BAF＝△BAF+△F AQ，即△DAF＝△BAQ，在△DAF和△BAQ中，AD ABDAF BAQ AF AQ=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，△△DAF△△BAQ（SAS），△DF＝BQ＝BF+FQ＝BF+AF，△CD＝DF+CF＝BF+AF+CF＝1.53+9.17+7.53＝18.23cm．【点拨】本题为三角形综合题．考查等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理以及角平分线的判定和性质．正确的作出辅助线也是解答本题的关键．。

12-2-9 全等专题-手拉手模型(原卷版)

12.2.9 全等专题-手拉手模型知识点管理归类探究手拉手模型概念解读概念：两个具有公共顶点的相似多边形，在绕着公共顶点旋转的过程中，产生伴随的全等或相似三角形，这样的图形称作共点旋转模型；为了更加直观，我们形象的称其为“手拉手”模型。

手的判别：判断左右：将等腰三角形顶角顶点朝上，正对读者，读者左边为左手顶点，右边为右手顶点。

2、手拉手模型的定义：定义: 两个顶角相等且有共顶点的等腰三角形形成的图形。

（左手拉左手，右手拉右手）例如：3、手拉手模型的重要结论三个固定结论:结论1:△ABC≌△AB'C'(SAS)BC=B'C'（左手拉左手等于右手拉右手）结论2：∠BOB'=∠BAB'结论3: AO平分∠BOC'模型1等腰三角形手拉手模型【例题1】（2021·上海九年级专题练习）在直线上顺次取A ，B ，C 三点，分别以AB ，BC 为腰在直线的同侧作顶角ABD ∠和CBE ∠均为β的两个等腰三角形ABD △和BCE ．（1）如图1，连结CD ，AE ，且6CD =，求AE 的长；（2）如图1，连结CD ，AE 交于点F ，当40β=︒时，求EFC ∠的度数；【变式1】（2020·成都市盐道街中学外语学校八年级月考）如图，ABC 和ADE 都是等腰三角形，其中AB AC =，AD AE =，且BAC DAE ∠=∠．（1）如图①，连接BE 、CD ，求证：BE CD =．（2）如图①，连接BD 、CD ，若60BAC DAE ∠=∠=︒，CD AE ⊥，3AD =，4CD =，求BD 的长．【变式1-2】（2020·武汉市武珞路中学九年级期中）如图１，在①ABC和①ADE中，①DAE=①BAC，AD=AE，AB=AC．（1）求证：①ABD①①ACE；（2）如图2，在①ABC和①ADE中，①DAE=①BAC，AD=AE，AB=AC，①ADB=90°，点E在①ABC内，延长DE交BC于点F，求证：点F是BC中点．【变式1-3】（2015-2016学年北京市东城区八年级上学期期末考试数学试卷（带解析））．如图①，在①ABC 中，D、E 分别是AB、AC 上的点，AB=AC，AD=AE，然后将①ADE 绕点 A 顺时针旋转一定角度，连接BD，CE，得到图①，将BD、CE 分别延长至M、N，使DM=12BD，EN=12CE，得到图①，请解答下列问题：（1）在图①中，BD 与CE 的数量关系是；（2）在图①中，猜想AM 与AN 的数量关系，①MAN 与①BAC 的数量关系，并证明你的猜想．模型2等腰直角三角形手拉手模型【例题2】（2018·全国八年级单元测试）如图，①ABC 与①CDE 均是等腰直角三角形，①ACB=①DCE=90°，D 在AB 上，连结BE ．请找出一对全等三角形，并说明理由．【变式2-1】（2021·广东深圳市·八年级期末）如图，ABC 和DCE 都是等腰直角三角形，90ACB DCE ∠=∠=︒．（1）猜想：如图1，点E 在BC 上，点D 在AC 上，线段BE 与AD 的数量关系是______，位置关系是______；（2）探究：把CDE △绕点C 旋转到如图2的位置，连接AD ，BE ，（1）中的结论还成立吗？说明理由；（3）拓展：把CDE △绕点C 在平面内自由旋转，若26AC BC ==，20DE =，当A ，E ，D 三点在同一直线上时，则AE 的长是______．【变式2-2】（2021·河南驻马店市·八年级期末）已知Rt ABC △中，AB AC =，90BAC ∠=︒，点D 为直线BC 上的一动点（点D 不与点B 、C 重合），以AD 为边作Rt ADE △，AD AE =，连接CE ．（1）发现问题：如图①，当点D 在边BC 上时，①请写出BD 和CE 之间的数量关系________，位置关系________； ①线段CE 、CD 、BC 之间的关系是_________；（2）尝试探究：如图①，当点D 在边BC 的延长线上且其他条件不变时，（1）中CE 、CD 、BC 之间存在的数量关系是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（3）拓展延伸：如图①，当点D 在边CB 的延长线上且其他条件不变时，若6BC =，1CE =，则线段AD 的长为________．【变式2-3】（2019·浙江省江山市城南中学八年级期中）问题情境：如图1，①ABC 为等腰直角三角形，①ACB=90°，E 是AC 边上的一个动点（点E 与A ，C 不重合），以CE 为边在①ABC 外作等腰直角①ECD ，①ECD=90°，连接BE ，AD ．猜想线段BE ，AD 之间的关系．（1）独立思考：请直接写出线段BE ，AD 之间的数量关系：（2）合作交流：城南中学八年级某学习小组受上述问题的启发，将图（1）中的等腰直角①ECD 绕着点C 顺时针方向旋转至如图（2）的位置，BE 交AC 于点H ，交AD 于点O ．（1）中的结论是否仍然成立，请说明理由．（3）拓展延伸：图（1）中AD 和BE 存在着怎样的位置关系？在等腰直角①ECD 绕着点C 顺时针方向旋转的过程中AD 和BE 的这种位置关系是否会变化？请结合图（2）说明理由．模型3等边三角形手拉手模型【例题3】（2017·山东淄博市·）如图，点C在线段AB上，①DAC和①DBE都是等边三角形．(1)求证：①DAB①①DCE(2)求证：DA①EC．【变式3-1】（2020·绍兴市·浙江邵外八年级月考）图1、图2中，点B为线段AE上一点，①ABC与①BED 都是等边三角形.(1)如图1，求证：AD=CE.(2)如图2，设CE与AD交于点F，连接BF.①求证：①CFA=60°.①求证：CF+BF=AF.【变式3-2】（2018·全国）如图，C是线段AE上一点，①ABC、①CDE都是等边三角形，AD与BC交于点M，BE与CD交于点N．试说明：(1)AD=BE；(2)MN//AE．【变式3-3】（2021·广东九年级专题练习）已知：如图，点A是线段CB上一点，①ABD、①ACE都是等边三角形，AD与BE相交于点G，AE与CD相交于点F．求证：①AGF是等边三角形．模型4正方形手拉手模型【例题4】（2018·宁波市第七中学八年级期中）如图1，点G是正方形ABCD对角线CA的延长线上任意一点，以线段AG为边作一个正方形AEFG，线段EB和GD相交于点H．（1）求证：EB=GD且EB①GD；（2）若AB=2，AG=2，求BE的长；【变式4-1】（2015·安徽九年级专题练习）如图，点G是正方形ABCD对角线CA的延长线上任意一点，以线段AG为边作一个正方形AEFG，线段EB和GD相交于点H．若AG=1，则EB=_____．【变式4-2】（2019·江西赣州市·八年级期末）（探究与证明）在正方形ABCD中，G是射线AC上一动点（不与点A、C重合），连BG，作BH①BG，且使BH＝BG，连GH、CH．（1）若G在AC上（如图1），则：①图中与①ABG全等的三角形是．①线段AG、CG、GH之间的数量关系是．（2）若G在AC的延长线上（如图2），那么线段AG、CG、BG之间有怎样的数量关系？写出结论并给出证明；（应用）（3）如图3，G在正方形ABCD的对角线CA的延长线上，以BG为边作正方形BGMN，若AG＝2，AD＝4，请直接写出正方形BGMN的面积．【变式4-3】（2020·内蒙古乌海市·八年级期末）在锐角三角形ABC中，AH是边BC的高，分别以．AB，AC为边向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连接CE，BG和EG，EG与HA的延长线交于点M，下列结论：①BG=CE；①BG①CE；①AM是①AEG的中线；①①EAM=①ABC．其中正确的是_________．【真题1】（2021·内蒙古通辽市·中考真题）已知AOB和MON△都是等腰直角三角形2OM OA⎛⎫<<⎪⎪⎝⎭，90AOB MON∠=∠=︒．（1）如图1，连接AM，BN，求证：AM BN=；（2）将MON△绕点O顺时针旋转．①如图2，当点M恰好在AB边上时，求证：2222AM BM OM+=；①当点A，M，N在同一条直线上时，若4OA=，3OM=，请直接写出线段AM的长．链接中考【拓展1】（2020·黄石市实验中学八年级期中）如图，正方形ABCD的对角线交于点O，点E、F分别在AB、BC上（AE＜BE），且①EOF＝90°，OE、DA的延长线交于点M，OF、AB的延长线交于点N，连接MN．（1）求证：OM＝ON．（2）若正方形ABCD的边长为8，E为OM的中点，求MN的长．【拓展2】（2020·江苏南通市·）如图，点E是菱形ABCD对角线CA的延长线上任意一点，以线段AE为边作一个菱形AEFG，且菱形AEFG①菱形ABCD，连接EB，GD．（1）求证：EB＝GD；（2）若①DAB＝60°，AB＝2，AG GD的长．满分冲刺。

专题04 手拉手模型证全等(解析版)

专题04 手拉手模型证全等类型一等边手拉手1．图1、图2中，点C为线段AB上一点，△ACM与△CBN都是等边三角形．（1）如图1，线段AN与线段BM是否相等？证明你的结论；（2）线段AN与线段BM交于点O，求∠AOM的度数；（3）如图2，AN与MC交于点E，BM与CN交于点F，探究△CEF的形状，并证明你的结论．【答案】（1）AN＝BM，见解析；（2）60°；（3）等边三角形，见解析【解析】【分析】（1）证△ACN≌△MCB（SAS），即可得出AN＝BM；（2）由全等三角形的性质得∠ANC＝∠MBC，则∠AOM＝∠CAN+∠MBC＝∠CAN+∠ANC ＝∠BCN＝60°；（3）证△ACE≌△MCF（ASA），得CE＝CF，即可得出结论．【详解】解：（1）AN＝BM，理由如下：∵△ACM、△CBN都是等边三角形，∴AC＝CM，CN＝CB，∠ACM＝∠BCN＝60°，∴∠ACM +∠MCN ＝∠BCN +∠MCN ，∴∠ACN ＝∠BCM ，在△ACN 和△MCB 中，AC MC ACN MCB CN CB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACN ≌△MCB （SAS ），∴AN ＝BM ；（2）由（1）得：△ACN ≌△MCB ，∴∠ANC ＝∠MBC ，∴∠AOM ＝∠CAN +∠MBC ＝∠CAN +∠ANC ＝∠BCN ＝60°；（3）△CEF 是等边三角形，理由如下：∵△ACN ≌△MCB ，∴∠CAE ＝∠CMF ，∵∠MCF ＝180°﹣∠ACM ﹣∠BCN ＝60°，∴∠ACE ＝∠MCF ，在△ACE 和△MCF 中，CAE CMF AC MCACE MCF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩， ∴△ACE ≌△MCF （ASA ），∴CE ＝CF ，∵∠MCF ＝60°，∴△CEF 是等边三角形．【点睛】本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．2．如图，△ABD 和△BCE 都是等边三角形，∠ABC ＜105°，AE 与DC 交于点F ．（1）求证：AE ＝DC ；（2）求∠BFE 的度数；（3）若AF ＝9.17cm ，BF ＝1.53cm ，CF ＝7.53cm ，求CD ．【答案】（1）见解析；（2）60°；（3）18.23cm【解析】【分析】（1）由等边三角形的性质可知∠DBA＝∠EBC＝60°，BD＝AB，BC＝BE．从而可证∠DBC ＝∠ABE．即可利用“SAS”可证明△DBC≌△ABE，得出结论AE＝DC．（2）过点B作BN⊥CD于N，BH⊥AE于H．由△DBC≌△ABE可知∠BEH＝∠BCN，∠BDF ＝∠BAF．再结合等边三角形的性质可求出∠FDA+∠DAF＝120°，进而求出∠DF A＝180°-120°＝60°，即求出∠DFE＝180°-60°＝120°．即可利用“AAS”证明△BEH≌△BCN，得出结论BH＝BN，即得出BF平分∠DFE，即可求出∠BFE＝60°．（3）延长BF至Q，使FQ＝AF，连接AQ．根据所作辅助线可知∠AFQ＝∠BFE＝60°，即证明△AFQ是等边三角形，得出结论AF＝AQ＝BQ，∠F AQ＝60°．又可证明∠DAF＝∠BAQ．利用“SAS”可证明△DAF≌△BAQ，即得出DF＝BQ＝BF+FQ＝BF+AF，最后即可求出CD＝DF+CF＝BF+AF+CF＝1.53+9.17+7.53＝18.23cm．【详解】（1）证明：∵△ABD和△BCE都是等边三角形，∴∠DBA＝∠EBC＝60°，BD＝AB，BC＝BE，∴∠DBA+∠ABC＝∠EBC+∠ABC，即∠DBC＝∠ABE，∵在△DBC和△ABE中，BD ABDBC ABE BC BE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△DBC≌△ABE（SAS），∴AE＝DC；（2）解：如图，过点B作BN⊥CD于N，BH⊥AE于H．∵△DBC ≌△ABE ，∴∠BEH ＝∠BCN ，∠BDF ＝∠BAF ，∵△ABD 是等边三角形，∴∠BDA +∠BAD ＝120°，∴∠FDA +∠DAF ＝120°，∴∠DF A ＝180°-120°＝60°，∴∠DFE ＝180°-60°＝120°，在△BEH 和△BCN 中，90BEH BCN BHE BNC BE BC ∠=∠⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩，∴△BEH ≌△BCN （AAS ），∴BH ＝BN ，∴BF 平分∠DFE ，∴∠BFE ＝12∠DFE ＝12×120°＝60°；（3）解：如图，延长BF 至Q ，使FQ ＝AF ，连接AQ ．则∠AFQ ＝∠BFE ＝60°，∴△AFQ 是等边三角形，∴AF ＝AQ ＝BQ ，∠F AQ ＝60°，∵△ABD 是等边三角形，∴AD ＝AB ，∠DAB ＝60°，∴∠DAB +∠BAF ＝∠BAF +∠F AQ ，即∠DAF ＝∠BAQ ，在△DAF 和△BAQ 中，AD AB DAF BAQ AF AQ =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△DAF ≌△BAQ （SAS ），∴DF ＝BQ ＝BF +FQ ＝BF +AF ，∴CD ＝DF +CF ＝BF +AF +CF ＝1.53+9.17+7.53＝18.23cm ．【点睛】本题为三角形综合题．考查等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理以及角平分线的判定和性质．正确的作出辅助线也是解答本题的关键． 3．如图，点C 为线段BD 上一点，,ABC CDE △△都是等边三角形，AD 与CE 交于点,F BE 与AC 相交于点G ．（1）求证：≌ACD BCE ；（2）求证：ACF BCG ≌（3）若8,25CF CG BD +==，求ACD △的面积．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【解析】【分析】（1）根据SAS 即可证明△BCE ≌△ACD ；（2）由△ACD ≌△BCE 可得∠CBG =∠CAF ，从而利用ASA 可证明△ACF ≌△BCG ；（3）求出CG =CF =4，过G 作GM ⊥BD 于M ，过点F 作FN ⊥BD 于N ，求出GM ，FN ，根据S △ACD =S △ACF +S △CDF =S △BCG +S △CDF 可求出答案．【详解】解：（1）证明：∵△ABC ，△CDE 是等边三角形，∴AC =BC ，CD =CE ，∠ACB =∠DCE =60°，∴∠ACB +∠ACE =∠DCE +∠ACE ，即∠BCE =∠DCA ，∴△ACD ≌△BCE （SAS ）．（2）由（1）得△ACD ≌△BCE ，∴∠CBG =∠CAF ，又∵∠ACF =∠BCG =60°，BC =AC ，在△ACF 和△BCG 中，ACF BCG BC ACCAF CBG ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=⎩， ∴△ACF ≌△BCG （ASA ）；（3）∵△ACF ≌△BCG ，∴S △ACF =S △BCG ，CG =CF ，而CF +CG =8，∴CG =CF =4，过G 作GM ⊥BD 于M ，过点F 作FN ⊥BD 于N ，又∵∠ACB =∠DCE =60°，∴GM=FN= ∴S △ACD =S △ACF +S △CDF=S △BCG +S △CDF =12BC •GM +12CD •FN=12⨯（BC +CD ）=【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质以及等边三角形的判定和性质，利用全等三角形的性质得出CG =CF 是解答此题的关键．类型二等直手拉手4．已知：两个等腰直角三角板△ACB 和△DCE （AC ＝BC ，DC ＝CE ，∠ACB ＝∠DCE ＝90°）如图所示摆放，连接AE 、BD 交于点O ．AE 与DC 交于点M ，BD 与AC 交于点N ．（1）如图1（两个等腰直角三角板大小不等），试判断AE 与BD 有何关系并说明理由；（2）如图2（两个等腰直角三角板大小相等，即AC ＝DC ），在不添加任何辅助线的情况，请直接写出图2中四对全等的直角三角形．【答案】（1）AE ＝BD 且AE ⊥BD ．理由见解析；（2）△ACB ≌△DCE ，△EMC ≌△BCN ，△AON ≌△DOM ，△AOB ≌△DOE【解析】【分析】（1）证明△ACE ≌△BCD ，可得AE ＝BD ，∠CEA ＝∠BDC ，由∠CME ＝∠DMO ，根据三角形内角和定理即可得∠DOM ＝∠ECM ＝90°，进而可证AE ⊥BD ．（2）根据三角形全等的判定找出相等边和角，进而找出全等三角形．【详解】解：（1）结论；AE ＝BD 且AE ⊥BD ．理由如下：∵∠ACB ＝∠DCE ，∴∠ACB +∠DCA ＝∠DCE +∠DCA ，即∠DCB ＝∠ACE ，∵AC ＝BC ，CD ＝CE ，在△ACE 与△BCD 中，AC BC ACE DCB CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACE ≌△BCD （SAS ），∴AE ＝BD ，∠CEA ＝∠BDC ，∵∠CME ＝∠DMO ，∴180()180()CEA CME DMO BDC ︒-∠+∠=︒-∠+∠，即∠DOM ＝∠ECM ＝90°，∴AE ⊥BD ，∴AE ＝BD 且AE ⊥BD ；（2）∵AC ＝DC ，∴AC ＝CD ＝EC ＝CB ，在△ACB 与△DCE 中，AC DC ACB DCE CB CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACB ≌△DCE （SAS ）；由（1）可知：∠AEC ＝∠BDC ，∠EAC ＝∠DBC ，∴∠DOM ＝90°，∵∠AEC ＝∠CAE ＝∠CBD ，∴△EMC ≌△BCN （ASA ），∴CM ＝CN ，∴DM ＝AN ，∴△AON ≌△DOM （AAS ），∵DE ＝AB ，AO ＝DO ，∴△AOB ≌△DOE （HL ）．【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，掌握三角形全等的性质与判定是解题的关键． 5．已知Rt ABC △中，AB AC =，90BAC ∠=︒，点D 为直线BC 上的一动点（点D 不与点B 、C 重合），以AD 为边作Rt ADE △，AD AE =，连接CE ．（1）发现问题：如图①，当点D 在边BC 上时，①请写出BD 和CE 之间的数量关系________，位置关系________；②线段CE 、CD 、BC 之间的关系是_________；（2）尝试探究：如图②，当点D 在边BC 的延长线上且其他条件不变时，（1）中CE 、CD 、BC 之间存在的数量关系是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（3）拓展延伸：如图③，当点D 在边CB 的延长线上且其他条件不变时，若6BC =，1CE =，则线段AD 的长为________．【答案】（1）①BD CE =，BD CE ⊥．②BC CE CD =+．（2）不成立，CE BC CD =+．（3）5【解析】【分析】（1）①根据全等三角形的判定定理证明△BAD ≌△CAE ，根据全等三角形的性质证明； ②根据全等三角形的对应边相等证明即可；（2）证明△BAD ≌△CAE ，根据全等三角形的性质解答即可；（3）根据△BAD ≌△CAE 得到BD =CE =1，再证明△DCE 是直角三角形，利用勾股定理求出DE ，即可求出AD 的长度；【详解】（1）①解：结论：BD =CE ，BD ⊥CE ，理由：∵∠ABC =∠ACB =45°，∠ADE =∠AED =45°，∴∠BAC =∠DAE =90°，∴∠BAD =∠CAE ，在△BAD 和△CAE 中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BAD ≌△CAE ，∴BD =CE ，∠ACE =∠B =45°，∴∠BCE =90°，即BD ⊥CE ，故答案为：BD =CE ；BD ⊥CE ；②证明：∵BD =CE ，∴BC =BD +CD =CE +CD ；故答案为：BC CE CD =+．（2）解：（1）中BC 、CE 、CD 之间存在的数量关系不成立，新的数量关系是CE =BC +CD ，理由：∵∠BAC =∠DAE =90°，∴∠BAD =∠CAE ，在△BAD 和△CAE 中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BAD ≌△CAE ，∴BD =CE ，∴CE =BC +CD ；（3）解：∵∠BAC =∠DAE =90°，∴∠BAD =∠CAE ，在△BAD 和△CAE 中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BAD ≌△CAE ，∴BD =CE =1，∠ABD =∠ACE =135°，∵∠ACB =45°，∴∠DCE =90°，在Rt △DCE 中，CD =BD +BC =7，CE =1，∴DE=∴52AD ==；故答案为：5．【点睛】本题考查三角形综合题，等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．6．在△ABC 中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，D 为BC 的中点．（1）如图1，E 、F 分别是AB 、AC 上的点，且BE ＝AF 、求证：△DEF 是等腰直角三角形经过分析已知条件AB ＝AC ，D 为BC 的中点．容易联想等腰三角形三线合一的性质，因此，连结AD （如图2），以下是某同学由己知条件开始，逐步按层次推出结论的流程图．请帮助该同学补充完整流程图．补全流程图：①___≅____，②∠EDF ＝___（2）如果E 、F 分别为AB 、CA 延长线上的点，仍有BE ＝AF ，其他条件不变，试猜想△DEF是否仍为等腰直角三角形？请在备用图中补全图形、先作出判断，然后给予证明．【答案】（1）△BDE ，△ADF ，90°；（2）△DEF 仍为等腰直角三角形，理由见解析【解析】【分析】（1）连接AD ，根据∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，可以得到∠B =∠C =45°，AD ⊥BC ，1==452BAD CAD BAC =∠∠∠，12AD CD BD BC ===，从而可以证明△BDE ≌△ADF （SAS ），得到DE =DF ，∠BDE =∠ADF ，由∠ADE +∠BDE =∠BDA =90°，可得∠ADE +∠ADF =90°，即∠EDF =90°，即可证明；（2）连接AD ，同样证明△BDE ≌△ADF （SAS ），得到DE =DF ，∠BDE =∠ADF ，再由∠ADF +∠BDF =∠BDA =90°，即可得到∠BDE +∠BDF =90°，即∠EDF =90°，即可证明．【详解】解：（1）如图所示，连接AD ，∵∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，∴∠B =∠C =45°，AD ⊥BC ，1==452BAD CAD BAC =∠∠∠，12AD CD BD BC ===， ∴∠B =∠BAD =∠CAD ，在△BDE 和△ADF 中，BD AD B DAF BE AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BDE ≌△ADF （SAS ），∴DE =DF ，∠BDE =∠ADF ，∵∠ADE +∠BDE =∠BDA =90°，∴∠ADE +∠ADF =90°，即∠EDF =90°，∴△DEF 是等腰直角三角形；故答案为：△BDE ，△ADF ，90°；（2）△DEF 仍为等腰直角三角形，理由如下：连接AD ，∵∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，∴∠ABC =∠C =45°，AD ⊥BC ，1==452BAD CAD BAC =∠∠∠，12AD CD BD BC ===， ∴∠F AD =180°-∠CAD =135°，∠EBD =180°-∠ABC =135°，∴∠F AD =∠EBD ，在△BDE 和△ADF 中，BD AD EBD FAD BE AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BDE ≌△ADF （SAS ），∴∴DE =DF ，∠BDE =∠ADF ，∵∠ADF +∠BDF =∠BDA =90°，∴∠BDE +∠BDF =90°，即∠EDF =90°，∴△DEF 是等腰直角三角形．【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．7．（1）问题发现：如图1，ACB △和DCE 均为等腰直角三角形，90ACB DCE ∠=∠=︒，连接AD ，BE ，点A 、D 、E 在同一条直线上，则AEB ∠的度数为__________，线段AD 、BE 之间的数量关系__________；（2）拓展探究：如图2，ACB △和DCE 均为等腰直角三角形，90ACB DCE ∠=∠=︒，连接AD ，BE ，点A 、D 、E 不在一条直线上，请判断线段AD 、BE 之间的数量关系和位置关系，并说明理由．（3）解决问题：如图3，ACB △和DCE 均为等腰三角形，ACB DCE α∠=∠=，则直线AD 和BE 的夹角为__________．（请用含α的式子表示）【答案】（1）90°，AD =BE ；（2）AD =BE ，AD ⊥BE ；（3）α【解析】【分析】（1）由已知条件可得AC BC ＝，CD CE ＝，进而根据∠ACB −∠DCB ＝∠DCE −∠DCB ，可得∠ACD ＝∠BCE ，证明△ACD ≌△BCE （SAS ），即可求得AD =BE ；∠BEC =∠CDA =135°；（2）延长AD 交BE 于点F ，同理可得△ACD ≌△BCE ，设∠F AB =α，则∠CAD =∠CBE =45°-α，根据∠ABE =45°+45°-α=90°-α，进而根据∠AFB =180°-∠F AB -∠ABE =180°-α-(90°-α)=90°，即可求解；（3）延长BE 交AD 于点G ，方法同（2）证明△ACD ≌△BCE ，进而根据三角形的内角和定理即可求得直线AD 和BE 的夹角．【详解】（1）∵ACB △和DCE 均为等腰直角三角形，90ACB DCE ∠=∠=︒，∴AC BC ＝，CD CE ＝，∠CDE =45°∴∠CDA =135°∵∠ACB −∠DCB ＝∠DCE −∠DCB ，∴∠ACD ＝∠BCE ．在△ACD 和△BCE 中，AC BC ACD BCE CD CE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△ACD ≌△BCE （SAS ），∴∠BEC =∠ADC ＝135°，AD ＝BE∴∠AEB =90°故答案为：90°，AD ＝BE（2）AD =BE ，AD ⊥BE ，理由如下，同理可得△ACD ≌△BCE ，则AD =BE ，延长AD 交BE 于点F ，设∠F AB =α，则∠CAD =∠CBE =45°-α∴∠ABE =45°+45°-α=90°-α∴∠AFB =180°-∠F AB -∠ABE =180°-α-(90°-α)=90°∴AD ⊥BE（3）如图，延长BE 交AD 于点G ，∵ACB △和DCE 均为等腰三角形，∴AC BC ＝，CD CE ＝，∵∠ACB =∠DCE =α，∵∠ACB +∠ACE ＝∠DCE +∠ACE ，∴∠ACD ＝∠BCE ．在△ACD 和△BCE 中，AC BC ACD BCE CD CE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△ACD ≌△BCE （SAS ），∴∠CBE =∠CAD∵ACB DCE α∠=∠=∴∠CBA =∠CAB =()11180=9022αα︒-︒- ∴∠GAB +∠GBA =()()CAD CAB ABC CBE ∠+∠+∠-∠，ABC CAB =∠+∠180α=︒-，∴∠AGB =180°-(∠GAB +∠GBA )α= ，即直线AD 和BE 的夹角为α．故答案为：α．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，全等三角形的性质与判定，掌握旋转模型证明三角形全等是解题的关键．8．已知：等腰Rt ABC 和等腰Rt ADE △中，AB AC =，AE AD =，90BAC EAD ∠=∠=︒．（1）如图1，延长DE 交BC 于点F ，若68BAE ∠=︒，则DFC ∠的度数为；（2）如图2，连接EC 、BD ，延长EA 交BD 于点M ，若90AEC ∠=︒，求证：点M 为BD 中点；（3）如图3，连接EC 、BD ，点G 是CE 的中点，连接AG ，交BD 于点H ，9AG =，5HG =，直接写出AEC △的面积．【答案】（1）68︒；（2）见解析；（3）36【解析】【分析】（1）由已知条件可得45D C ∠=∠=︒，对顶角AQD CQF ∠=∠，则DAC DFC ∠=∠，根据DAE CAB ∠=∠即可的DFC BAE ∠=∠；（2）过点B 作ME 的垂线交EM 的延长线于N ,证明AEC BNA △≌△，得AE BN =,进而可得AD NB =，再证明DAM BNM △≌△即可得证点M 为BD 中点；（3）延长AG 至K ，使得9GK AG ==，连接CK ，设AE 交BC 于点P ，先证明ABE ACD △≌△，进而证明AEG KCG △≌△，根据角度的计算以及三角形内角和定理求得BAD KCA ∠=∠，进而证明ABD CAK △≌△，再根据,90CAG ABD BAC ∠=∠∠=︒,证明AH BD ⊥，根据已知条件求得ABD S最后证明AEC ABD S S =即可．【详解】（1）设DF 交AC 于Q ，如图1，ABC 是等腰Rt ABC 和ADE 是等腰Rt ADE △AQD CQF ∠=∠180,180DAQ D AQD QFC C CQF ∠=-∠-∠∠=-∠-∠DAQ QFC ∴∠=∠90BAC EAD ∠=∠=︒即BAE EAQ EAQ QAD ∠+∠=∠+∠BAE QAD ∴∠=∠DFC BAE ∴∠=∠68BAE ∠=︒68DFC ∴∠=︒故答案为68︒（2）如图2，过点B 作ME 的垂线交EM 的延长线于N ,90N ∴∠=︒90AEC =︒∠N AEC ∴∠=∠90BAC ∠=︒90EAC NAB ∴∠+∠=︒90NAC ACE ∠+∠=︒NAB ECA ∴∠=∠ ABC 是等腰Rt ABC 和ADE 是等腰Rt ADE △,AB AC AD AE ∴== 又AC AB =∴AEC BNA △≌△NB AE ∴=AE AD =AD NB ∴=90DAE ∠=︒DAM N ∴∠=∠又DMA BMN ∠=∠DAM BNM ∴△≌△DM BM ∴=即M 是BD 的中点（3）延长AG 至K ，使得9GK AG ==，连接CK ，设AE 交BC 于点P ，如图90BAC EAD ∠=∠=︒即BAE EAC EAC CAD ∠+∠=∠+∠BAE CAD ∴∠=∠ABC 是等腰Rt ABC 和ADE 是等腰Rt ADE △,AB AC AE AD ∴==在ABE △与ACD △中，AE AD BAE CAD AB AC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴ABE △≌ACD △（SAS ）ABE ABD S S ∴=△△，BE CD = G 点是EC 的中点EG GC ∴=AGE KGC ∠=∠，AG GK =AGE KGC ∴△≌△（SAS ）∴,AE CK AEG KCG =∠=∠,AE KC AD ∴==ACK ACB BCE KCG ∠=∠+∠+∠45AEC BCE =︒+∠+∠45ABC BAP =︒+∠+∠90BAE =︒+∠BAD =∠AKC ABD ∴△≌△（SAS ）18BD AK ∴==，CAK ABD ∠=∠90BAG CAG ∠+∠=︒90ABD BAG ∴∠+∠=︒即90AHB ∠=︒9AG =，5HG =954AH AG HG ∴=-=-=111843622ABD S BD AH ∴=⋅=⨯⨯=△ 36AEC AEG AGC GCK AGC ACK ABD S S S S S S S =+=+===△△△△△△△∴AEC S 36=【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，等腰直角三角形的性质，三角形内角和定理，三角形外角性质，构造辅助线是解题的关键．类型三等腰手拉手9．已知：如图，在△ABC 中，AB ＝AC ，在△ADE 中，AD ＝AE ，且∠BAC ＝∠DAE ，连接BD ，CE 交于点F ，连接AF ．(1)求证：△ABD ≌△ACE ；(2)求证：F A 平分∠BFE ．【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】【分析】（1）根据SAS 证明结论即可；（2）作AM ⊥BD 于M ，作AN ⊥CE 于N ．由（1）可得BD ＝CE ，S △BAD ＝S △CAE ，然后根据角平分线的性质即可解决问题．(1)证明：∵∠BAC ＝∠DAE ，∴∠BAC +∠CAD ＝∠DAE +∠CAD ，即∠BAD ＝∠CAE ，在△BAD 和△CAE 中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BAD ≌△CAE （SAS ）；(2)证明：如图，作AM ⊥BD 于M ，作AN ⊥CE 于N ．由△BAD ≌△CAE ，∴BD ＝CE ，S △BAD ＝S △CAE ， ∵1122BD AM CE AN ⋅⋅=⋅⋅， ∴AM ＝AN ，∴点A 在∠BFE 平分线上，∴F A 平分∠BFE ．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、三角形的面积，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质，学会转化的思想，巧用等积法进行证明．10．如图，在等腰△ABC 与等腰△ADE 中，AB =AC ，AD =AE ，∠BAC =∠DAE =α，连接BD 和CE 相交于点P ，交AC 于点M ，交AD 于点N ．(1)求证：BD=CE．(2)求证：AP平分∠BPE．(3)若α=60°，试探寻线段PE、AP、PD之间的数量关系，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)PE=AP+PD，见解析【解析】【分析】（1）由“SAS”可证△BAD≌△CAE，可得BD=CE；（2）由全等三角形的性质可得S△BAD=S△CAE，由三角形面积公式可得AH=AF，由角平分线的性质可得AP平分∠BPE；（3）由全等三角形的性质可得∠BDA=∠CEA，由“SAS”可证△AOE≌△APD，可得AO=AP，可证△APO是等边三角形，可得AP=PO，可得PE=AP+PD，即可求解．(1)证明：∵∠BAC=∠DAE=α，∴∠BAD=∠CAE，又∵AB=AC，AD=AE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD=CE；(2)证明：如图，过点A作AH⊥BD，AF⊥CE，∵△BAD≌△CAE，∴S△BAD=S△CAE，BD=CE，∴12BD×AH=12CE×AF，∴AH=AF，又∵AH⊥BD，AF⊥CE，∴AP平分∠BPE；(3)解：PE=AP+PD，理由如下：如图，在线段PE上截取OE=PD，连接AO，∵△BAD≌△CAE，∴∠BDA=∠CEA，又∵OE=PD，AE=AD，∴△AOE≌△APD（SAS），∴AP=AO，∵∠BDA=∠CEA，∠PND=∠ANE，∴∠NPD=∠DAE=α=60°，∴∠BPE=180°-∠NPD=180°-60°=120°，又∵AP平分∠BPE，∴∠APO=60°，又∵AP=AO，∴△APO是等边三角形，∴AP =PO ，∵PE =PO +OE ，∴PE =AP +PD ．【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质以及角之间的关系，证明△BAD ≌△CAE 是解本题的关键．11．如图，在△ABC 和△ADE 中，AB ＝AC ，AD ＝AE ，∠BAC ＝∠DAE ，连接BD ，CE ，BD 与CE 交于点O ，BD 与AC 交于点F ．（1）求证：BD ＝CE ．（2）若∠BAC ＝48°，求∠COD 的度数．（3）若G 为CE 上一点，GE ＝OD ，AG ＝OC ，且AG ∥BD ，求证：BD ⊥AC ．【答案】（1）见解析；（2）132°；（3）见解析【解析】【分析】（1）根据∠BAC ＝∠DAE ，推出∠BAD =∠CAE ，从而结合“SAS ”证明△BAD ≌△CAE ，即可得出结论；（2）根据外角定理推出∠COD =∠OBC +∠BCA +∠ACE ，结合全等三角形的性质推出∠COD =∠ABC +∠BCA ，最后在△ABC 中利用内角和定理求解即可；（3）连接AO ，根据题意确定△ADO ≌△AEG ，得到∠OAD =∠GAE ，AO =AG ，再结合题干条件推出△AOC 为等腰三角形，以及∠BOA =∠BOC ，从而根据“三线合一”证明即可．【详解】（1）证：∵∠BAC ＝∠DAE ，∴∠BAC +∠CAD ＝∠DAE +∠CAD ，即：∠BAD =∠CAE ，在△BAD 和△CAE 中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△BAD ≌△CAE (SAS )，∴BD =CE ；（2）解：∵∠COD =∠OBC +∠BCO ，∠BCO =∠BCA +∠ACE ，∴∠COD =∠OBC +∠BCA +∠ACE ，∵△BAD ≌△CAE ，∴∠ABD =∠ACE ，∴∠COD =∠OBC +∠BCA +∠ABD =∠ABC +∠BCA ，∵∠BAC ＝48°，∴∠ABC +∠BCA =180°-48°=132°，∴∠COD =132°；（3）证：如图所示，连接AO ，∵△BAD ≌△CAE ，∴∠ADO =∠AEG ，在△ADO 和△AEG 中，E A ADO A G E E D G D A O =⎧⎪⎨⎪∠==⎩∠ ∴△ADO ≌△AEG (SAS )，∴∠OAD =∠GAE ，AO =AG ，∴∠AOG =∠AGO ，∴∠OAD +∠DAG =∠GAE +∠DAG ，即：∠OAG =∠DAE ，∵∠DAE =∠BAC ，∴∠BAC =∠OAG ，在△ABF 和△COF 中，∠BAC =180°-∠ABD -∠AFB ，∠BOC =180°-∠ACE -∠CFO ，由（2）知∠ABD =∠ACE ，∵∠AFB =∠CFO ，∴∠BAC =∠BOC ，∴∠BOC =∠OAG ，∵AG ∥BD ，∴∠BOA =∠OAG ，∴∠BOA =∠BOC ，∵AO =AG ，AG =CO ，∴AO =CO ，即：△AOC为等腰三角形，∵∠BOA=∠BOC，∴OF⊥AC，∴BD⊥AC．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等，掌握全等三角形的判定与性质，熟悉“手拉手”模型的证明是解题关键．类型四手拉手综合12．现有一块含30°角的直角三角板AOB，点N在其斜边AB上，点M在其最短直角边OA 所在直线上．以MN为边作如图所示的等边△MNP．（1）如图1，当M在线段OA上时，证明：AM﹣AN＝AP；（2）如图2当M在射线OA上时，试探究AM、AN、AP三者之间的数量关系并给出证明．【答案】（1）见解析；（2）AM+AN=AP，理由见解析【解析】【分析】（1）在AB上取点C，使得AC=AM，则△ACM为等边三角形，结合“手拉手”模型证明△CMN≌△AMP，得到CN=AP，即可得证；（2）在射线AO上取点D，使得AN=AD，仿照（1）的过程证明△DNM≌△ANP，即可得到AP=DM，从而得出结论．【详解】证：（1）由题意可知，∠BAO =60°，如图所示，在AB 上取点C ，使得AC =AM ，则△ACM 为等边三角形，MC =MA ，∠CMA =60°，∵△NMP 为等边三角形，∴MN =MP ，∠NMP =60°，∴∠CMA =∠NMP ，∴∠CMA -∠NMA =∠NMP -∠NMA ，∴∠CMN =∠AMP ，在△CMN 和△AMP 中，M M CMN A P P A N M C M M =⎧⎪⎨⎪∠==⎩∠ ∴△CMN ≌△AMP (SAS )，∴CN =AP ，∴CN +AN =AP +AN =AC ，∵AC =AM ，∴AP +AN =AM ，∴AM -AN =AP ；（2）AM +AN =AP ，理由如下：如图所示，在射线AO 上取点D ，使得AN =AD ，∵∠BAO =60°，∴△AND 为等边三角形，ND =NA ，∠DNA =60°，∵△NMP 为等边三角形，∴NM =NP ，∠MNP =60°，∴∠DNA =∠MNP ，∴∠DNA +∠ANM =∠MNP +∠ANM ，∴∠DNM =∠ANP ，在△DNM 和△ANP 中，N N DNM A P P A M N D N N =⎧⎪⎨⎪∠==⎩∠ ∴△DNM ≌△ANP (SAS )，∴AP =DM ，∵AN =AD ，DA +AM =DM ，∴AN +AM =AP ．【点睛】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质等，掌握双等边三角形中“手拉手”模型是解题关键．13．已知：△ABC 与△BDE 都是等腰三角形．BA ＝BC ，BD ＝BE （AB ＞BD ）且有∠ABC ＝∠DBE ．（1）如图1，如果A 、B 、D 在一直线上，且∠ABC ＝60°，求证：△BMN 是等边三角形；（2）在第（1）问的情况下，直线AE 和CD 的夹角是 °；（3）如图2，若A 、B 、D 不在一直线上，但∠ABC ＝60°的条件不变则直线AE 和CD 的夹角是 °；（4）如图3，若∠ACB ＝60°，直线AE 和CD 的夹角是 °．【答案】（1）证明见解析；（2）60；（3）60；（4）60；【解析】【分析】（1）根据题意，得∠ABC ＝∠DBE ＝60°，从而得ABE DBC ∠=∠；通过证明ABE CBD ≌，得BAE BCD ∠=∠；通过证明BAM BCN ≌，得BM BN =，根据等边三角形的性质分析，即可完成证明；（2）结合题意，通过证明ABC 为等边三角形，得60BAC BCA ∠=∠=︒；结合（1）的结论，根据三角形外角性质，推导得120AOD ∠=︒，从而完成求解；（3）同理，通过证明ABC 为等边三角形，得60BAC BCA ∠=∠=︒；通过证明ABE CBD ≌，得BAE BCD ∠=∠；根据三角形外角性质，推导得120AOD ∠=︒，从而完成求解；（4）根据题意，通过证明ABC 为等边三角形，推导得ABE CBD ∠=∠，通过证明ABE CBD ≌，得BAE BCD ∠=∠，结合三角形外角的性质计算，即可得到答案．【详解】（1）∵∠ABC ＝∠DBE ＝60°∴18060MBN ABC DBE ∠=︒-∠-∠=︒，ABE ABC MBN ∠=∠+∠，DBC DBE MBN ∠=∠+∠ ∴ABE DBC ∠=∠∵BA ＝BC ，BD ＝BEABE △和CBD 中BA BC ABE DBC BE BD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴ABE CBD ≌∴BAE BCD ∠=∠ BAM 和BCN △中 60BAE BCD AB BC ABC MBN ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠=︒⎩∴BAM BCN ≌∴BM BN =∴BMN △为等边三角形；（2）∵∠ABC ＝∠DBE ＝60°, BA ＝BC∴ABC 为等边三角形；∴60BAC BCA ∠=∠=︒根据题意，AE 和CD 相交于点O∵BAE BCD ∠=∠∴AOD OAC ACO OAC BCA BCD OAC BCA BAE ∠=∠+∠=∠+∠+∠=∠+∠+∠∵OAC BAE BAC ∠+∠=∠∴120AOD BAC BCA ∠=∠+∠=︒∴18060AOC AOD ∠=︒-∠=︒，即直线AE 和CD 的夹角是60︒故答案为：60；（3）∵∠ABC ＝∠DBE ＝60°, BA ＝BC∴ABC 为等边三角形；∴60BAC BCA ∠=∠=︒∵ABE ABC MBN ∠=∠+∠，DBC DBE MBN ∠=∠+∠，∠ABC ＝∠DBE ＝60°∴ABE DBC ∠=∠∵BA ＝BC ，BD ＝BEABE △和CBD 中BA BC ABE DBC BE BD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴ABE CBD ≌∴BAE BCD ∠=∠如图，延长AE ，交CD 于点O∴AOD OAC ACO OAC BCA BCD OAC BCA BAE ∠=∠+∠=∠+∠+∠=∠+∠+∠∵OAC BAE BAC ∠+∠=∠∴120AOD BAC BCA ∠=∠+∠=︒∴18060AOC AOD ∠=︒-∠=︒，即直线AE 和CD 的夹角是60︒故答案为：60；（4）∵BA ＝BC ，∴ACB CAB ∠=∠∵∠ACB ＝60°∴60ACB CAB ∠=∠=︒∴ABC 为等边三角形∵BD ＝BE ，∠ABC ＝∠DBE∴60DBE ∠=︒∵ABE ABC CBE ∠=∠-∠，CBD DBE CBE ∠=∠-∠∴ABE CBD ∠=∠ABE △和CBD 中BA BC ABE DBC BE BD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴ABE CBD ≌∴BAE BCD ∠=∠分别延长CD 、AE ，相较于点O ，如下图：∴AOF OAC ACO OAC BCA BCD OAC BCA BAE ∠=∠+∠=∠+∠+∠=∠+∠+∠∵OAC BAE BAC ∠+∠=∠∴120AOF BAC BCA ∠=∠+∠=︒∴18060AOC AOF ∠=︒-∠=︒，即直线AE 和CD 的夹角是60︒故答案为：60．【点睛】本题考查了等腰三角形、等边三角形、全等三角形、补角、三角形外角的知识；解题的关键是熟练掌握等边三角形、全等三角形、三角形外角的性质，从而完成求解．14．在ABC 中，AB ＝AC ，点D 是直线BC 上一点（不与B ，C 重合），以AD 为一边在AD 的右侧作ADE ，使AD ＝AE ，∠DAE ＝∠BAC ，连接CE ．（1）（请直接写出你的结论）如图1，当点D 在线段BC 上：①如果∠BAC ＝90°，则∠BCE ＝°；②如果∠BAC ＝100°，则∠BCE ＝°；（2）设∠BAC ＝α，∠BCE ＝β．①如图2，当点D在线段BC上移动，则α、β之间有怎样的数量关系？请说明理由；②当点D在直线BC上移动，则α、β之间有怎样的数量关系？请画出图形，并直接写出你的结论．【答案】（1）①90；②80；（2）①α+β＝180°，理由见解析；②图见解析，α+β＝180°或α＝β【解析】【分析】、（1）①由等腰直角三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB＝45°，由“SAS”可证△BAD≌△CAE，可得∠ABC＝∠ACE＝45°，可求∠BCE的度数；②由等腰三角形的性质求出∠ABD＝∠ACB＝40°，由“SAS”可证△ABD≌△ACE得出∠ABD ＝∠ACE＝40°，则可得出结论；（2）①由“SAS”可证△ABD≌△ACE得出∠ABD＝∠ACE，再用三角形的内角和即可得出结论；②分两种情况画出图形，由“SAS”可证△ABD≌△ACE得出∠ABD＝∠ACE，再用三角形的内角和即可得出结论．【详解】解：（1）①∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∵∠DAE＝∠BAC，∴∠BAD＝∠CAE，∵AB＝AC，AD＝AE，∴△BAD≌△CAE（SAS）∴∠ABC＝∠ACE＝45°，∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，故答案为：90；②∵∠BAC＝100°，AB＝AC，∴∠ABD＝∠ACB＝40°，∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，∵∠BAD＝∠CAE，∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE＝40°，∴∠BCE ＝∠ACE +∠ACB ＝40°+40°＝80°，故答案为：80．（2）①α+β＝180°，理由：∵∠BAC ＝∠DAE ，∴∠BAC ﹣∠DAC ＝∠DAE ﹣∠DAC ．即∠BAD ＝∠CAE ．在△ABD 与△ACE 中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABD ≌△ACE （SAS ），∴∠B ＝∠ACE ．∴∠B +∠ACB ＝∠ACE +∠ACB ．∵∠ACE +∠ACB ＝β，∴∠B +∠ACB ＝β，∵α+∠B +∠ACB ＝180°，∴α+β＝180°．②如图1：当点D 在射线BC 上时，α+β＝180°，连接CE ，∵∠BAC ＝∠DAE ，∴∠BAD ＝∠CAE ，在△ABD 和△ACE 中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABD ≌△ACE （SAS ），∴∠ABD ＝∠ACE ，在△ABC 中，∠BAC +∠B +∠ACB ＝180°，∴∠BAC +∠ACE +∠ACB ＝∠BAC +∠BCE ＝180°，即：∠BCE+∠BAC＝180°，∴α+β＝180°，如图2：当点D在射线BC的反向延长线上时，α＝β．连接BE，∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，又∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，∴∠ABD＝∠ACE＝∠ACB+∠BCE，∴∠ABD+∠ABC＝∠ACE+∠ABC＝∠ACB+∠BCE+∠ABC＝180°，∵∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB，∴∠BAC＝∠BCE．∴α＝β；综上所述：点D在直线BC上移动，α+β＝180°或α＝β．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质，等腰三角形的性质和三角形内角和定理，掌握全等三角形的判定方法及性质是关键．15．小明同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组全等的三角形，小明把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．（1）问题发现：如图1，若△ABC和△ADE均是顶角为40°的等腰三角形，BC、DE分别是底边，求证：BD＝CE；（2）拓展探究：如图2，若△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一条直线上，连接BE，则∠AEB的度数为；线段BE与AD之间的数量关系是；（3）解决问题：如图3，若△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一条直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM、AE、BE之间的数量关系并说明理由．【答案】（1）见解析；（2）60°，BE＝AD；（3）∠AEB＝90°，AE＝BE+2CM，理由见解析【解析】【分析】（1）先判断出∠BAD＝∠CAE，进而利用SAS判断出△BAD≌△CAE，即可得出结论；（2）同（1）的方法判断出△BAD≌△CAE，得出AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，最后用角的差，即可得出结论；（3）同（2）的方法，即可得出结论．【详解】解：（1）∵△ABC和△ADE均是顶角为40°的等腰三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝CE；（2）∵△ABC和△ADE均是等边三角形，∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝∠CDE＝∠CED＝60°，∴∠ACB﹣∠BCD＝∠DCE﹣∠BCD，∴∠ACD＝∠BCE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，∵∠CDE＝60°，∴∠BEC＝∠ADC＝180°﹣∠CDE＝120°，∵∠CED＝60°，∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝60°，故答案为：60°，BE＝AD；（3）AE＝BE+2CM，理由：同（1）（2）的方法得，△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，∵△CDE是等腰直角三角形，∴∠CDE＝∠CED＝45°，∴∠ADC＝180°﹣∠CDE＝45°，∴∠BEC＝∠ADC＝135°，∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝135°﹣45°＝90°，∵CD＝CE，CM⊥DE，∴DM＝ME，∵∠DCE＝90°，∴DM＝ME＝CM．∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．。

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全等三角形是初中知识一个重点，考试时经常会以填空、选择、解答题的形式出现，所占分值比例较大，所以学习全等三角形尤为重要。

全等三角形共有5种判定方式：SSSSASASA AAS HL。

特殊情况下平移、旋转、对称也会构成全等三角形。

方法：
全等三角形判定方法一：SSS（边边边），即三边对应相等的两个三角形全等•
全等三角形判定方法二：SAS（边角边），即三角形的其中两条边对应相等，且两条边的夹角也对应相等的两个三角形全等•
全等三角形判定方法三：ASA（角边角），即三角形的其中两个角对应相等，且两个角夹的的边也对应相等的两个三角形全等.
全等三角形判定方法四：AAS （角角边），即三角形的其中两个角对应相等，且对应相等的角所对应的边也对应相等的两个三角形全等.
全等三角形判定方法五：HL （斜边、直角边），即在直角三角形中一条斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等•
附加：平移、旋转或对称的两个三角形全等•
注意事项：
SSS SAS ASA AAS可用于任意三角形；HL只限于直角三角形.
注意SSA AAA不能判定全等三角形.
在证明时注意利用定理，如：等式性质、等量代换、等角重合有等角、公共边、公共角、对顶角相等、等角或同角的余角或补角相等、角平分线定义、线段中点定义等
证明全等写条件时注意书写顺序.
写全等结论时注意对应顶点的位置.
有时全等三角形会结合等腰三角形出现命题。

娱型一：手拉手模型一全等
等追三術形
届伴：46LB. 旳为等边三角刖坯论：①①6dAC/SZ> :② AFB = 60:
③OE平分_4ED （易忘）
务件：AOA目…\OCD沟为等谨总角三鬲形
站抡：①AOAC^AOSD :②亠AE£=9（F
③OE平分_AED（务忘）
导角核心图形
弄憔RT\
任逹等腫三角形
D D
条件:\OAB * SOCD均为等腰三角形
JL "0吕=ZUOD
給论：① \OAC^：\aBD:②厶EE= "OB
③OE平分^LAED（ft忘〕
犠型总丄乱核心團册如右團.核心案件知下：
①OA = OB. OC OD
②"OE= / COD
全等二角形之手拉手模型专题
基本图形］_、脣C L）中1，匚点为线段AB匕一点■・AACM, ZiCBN予等边三角形，AN 与EM相等吗？说明理由，
如囹C 2）C克为线段期上一丸等边F角形和等边=角CRN在
AB的异恻，此时AN与BM相锌吗？说明理由；
如图（3）C点为线段A日外一点.厶ACM, ZiCEN是笥也二角形，AN BM
相奪吗7
说明理由
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变形2r〔"如图L,点C是线段AB上一点分别AG旺为边在AB的同侧作等边AACM和△饰比连接AN, BM.分别取RM, AN的中点巳F,连接CE, CF, EF.观察井措UACEF的彩抉，并说曰目琨由.（D若将（丄）中的"以2 BC为边作等边卫ACM和A CBN"改为“以AC, BC为腰在AB的同侧作等腰AACM和△CBN,”如图2,其他杲件不变，那么中的结论还成立吗？若咸立，加以证明学若不成立，请说明理由.
变形兔如图，ftAABC中.2^ZDBC=bO°
AC> GC r文△悶巴、△眈和、 A CAB'1都是AABC形
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外的等边三莆形.而点D在AC上且 B C=D C
< 1）证明：Ac* BD^A B' DC?
（2）证明；△AL D^A DB^ A；
变式精练1：如图两个等边三埔形KABD与ABCE ,连结AR达亡口、
证明(1) MBE =M)BC °
(2) AE = DC '
(3) M与DC之间的夬角肯疔0“* (4〉AE^DC^交点设为H.BH平分曲HC
J-
j ■- -*
变式赭练£如图两个等边三帝形A ABD与酗他，逹结歴号叫证明(13 MFF ^ADBC
⑵AE = DC
(3) /遐与QCN间的夬角为召0"
(4) £耳与QC的交点设为平分SfC
例2=如图，两个正方形ABCD与DEFG腿结AG.CS,二者相交于点H
问；(1) MDS = LCDE是否成立？
(2> M是否与他相等？. <
(3>加与之间的夹角为事少度？°
(4) 旳是否平分^AHE ?
■护&
例3：如图两个等腰直箱三角形ADC与Ed连纯AG6 二者相交于点円问：(0 LADG兰ZDE是否成立7 r
(2) 月G是否与CE相等？
(3) 园3与C£之间鬧夹甬为多少度？
(4) 血是否平分"血？
例4：两个等腰三角形辭D与站曲.其中AE = EO£B = 阴 ZJ1BD = "EE =a r
连结山应与CD,
问；<1｝遊E三2BC是否成立？
(2)廊是否与CD相等？P
<3)曲与UD之间的夬角为多少度？
<4)胭是否平分
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