手拉手模型专题训练
专题训练--手拉手模型
专题四手拉手模型数学模型-----手拉手有些同学在学习数学时无从下手，找不到突破的方法，做不到举一反三，所以在数学的学习过程中，必须深入本质，做到知识、规律、法则掌握准确，及时反思．下面先给大家介绍一种常见的数学模型---手拉手模型，通过对模型的理解和掌握，把模型的结论融会贯通，理解透彻，那么这一类题型，都是可以迎刃而解的．一、模型类别二、相关结论的运用（一）有公共顶点的等边三角形典例精讲：[问题提出]（1）如图①，△ABC,△ADE均为等边三角形，点D,E分别在边AB，AC上．将△ADE绕点A沿顺时针方向旋转，连结BD,CE．在图②中证明△ADB≅△AEC．[学以致用]（2）在（1）的条件下，当点D,E,C在同一条直线上时，∠EDB的大小为度．[拓展延伸]（3）在（1）的条件下，连结CD．若BC=6,AD=4直接写出△DBC的面积S的取值范围．【思路点拨】（1）根据“手拉手”模型1，证明△ADB≅△AEC即可；（2）分“当点E在线段CD上”和“当点E在线段CD的延长线上”两种情况，再根据“手拉手”模型1中的结论2即可求得∠EDB的大小；（3）分别求出△DBC的面积最大值和最小值即可得到结论【详解】（1）∵ABC,ADE均为等边三角形，∴AD=AE，AB=AC，∴∠DAE−∠BAE=∠BAC−∠BAE，即∠BAD=∠CAE在△ADB和△AEC中AD=AE∠BAD=∠CAEAB=AC∴ABD≅ACE(SAS)；（2）当D,E,C在同一条直线上时，分两种情况：①当点E在线段CD上时，如图，∵△ADE是等边三角形，∴∠ADE=∠AED=60°，∴∠AEC=180°−∠AED=120°，由（1）可知，△ADB≅△AEC，∴∠ADB=∠AEC=120°，∴∠EDB=∠ADB−∠ADE=120°−60°=60°②当点E在线段CD的延长线上时，如图，∵△ADE是等边三角形，∴∠ADE=∠AED=60°∴∠ADC=180°−∠ADE=120°，由（1）可知，△ADB≅△AEC∴∠ADB=∠AEC=60°，∴∠EDB=∠ADB+∠ADE=60°+60°=120°综上所述，∠EDB的大小为60°或120°（3）过点A作AF⊥BC于点F，当点D在线段AF上时，点D到BC的距离最短，此时，点D到BC的距离为线段DF的长，如图：∵ΔABC是等边三角形，AF⊥BC，BC=6BC=3∴AB=BC=6，BF=12∴AF=AB2−BF2=62−32=33∴DF=33−4此时S.DBC=12BC⋅DF=12×6×(33−4)=93−12；当D在线段FA的延长线上时，点D到BC的距离最大，此时点D到BC的距离为线段DF的长，如图，∵ΔABC是等边三角形，AF⊥BC，BC=6BC=3，∴AB=BC=6，BF=12∴AF=AB2−BF2=62−32=33∵AD=4∴DF=AF+AD=33+4此时，S.DBC=12BC⋅DF=12×6×(33+4)=93+12；综上所述，△DBC的面积S取值是93−12≤5≤93+12【解题技法】“手拉手”模型1中，对应边“拉手线”组成的两个三角形全等实战演练：1．【发现问题】（1）如图1，已知ΔCAB和ΔCDE均为等边三角形，D在AC上，E在CB上，易得线段AD和BE的数量关系是．（2）将图1中的ΔCDE绕点C旋转到图2的位置，直线AD和直线BE交于点F①判断线段AD和BE的数量关系，并证明你的结论．②图2中∠AFB的度数是．（3）【探究拓展】如图3，若ΔCAB和ΔCDE均为等腰直角三角形，∠ABC=∠DEC=90∘，AB=BC，DE=EC，直线AD和直线BE交于点F，分别写出∠AFB的度数，线段AD、BE之间的数量关系．（二）有公共顶点的等腰直角三角形典例精讲：如图，△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝α，AC、BD交于M（1）如图1，当α＝90°时，∠AMD的度数为°（2）如图2，当α＝60°时，∠AMD的度数为°（3）如图3，当△OCD绕O点任意旋转时，∠AMD与α是否存在着确定的数量关系？如果存在，请你用表示∠AMD，并图3进行证明；若不确定，说明理由．【思路点拨】（1）如图1中，设OA交BD于K．根据“手拉手”模型2证明△BOD≌△AOC，推出∠OBD=∠OAC，由∠AKM=∠BKO，可得∠AMK=∠BOK=90°；（2）如图2中，设OA交BD于K．根据“手拉手”模型1证明△BOD≌△AOC，推出∠OBD=∠OAC，由∠AKM=∠BKO，推出∠AMK=∠BOK=60°；（3）如图3中，设OA交BD于K．根据“手拉手”模型3证明△BOD≌△AOC，根据“手拉手”模型中的结论2可得∠AMD=180°-α.【详解】（1）如图1中，设OA交BD于K．∵OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝α，∴∠BOD＝∠AOC，∴△BOD≌△AOC，∴∠OBD＝∠OAC，∵∠AKM＝∠BKO，∴∠AMK＝∠BOK＝90°．故答案为90．（2）如图2中，设OA交BD于K．∵OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝α，∴∠BOD＝∠AOC，∴△BOD≌△AOC，∴∠OBD＝∠OAC，∵∠AKM＝∠BKO，∴∠AMK＝∠BOK＝60°．故答案为60．（3）如图3中，设OA交BD于K．∵OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝α，∴∠BOD＝∠AOC，∴△BOD≌△AOC，∴∠OBD＝∠OAC，∵∠AKO＝∠BKM，∴∠AOK＝∠BMK＝α．∴∠AMD＝180°﹣α．【解题技法】“手拉手”模型2中，两条“拉手线”所在直线的夹角与初始图形中公共顶点对应的角相等或互补实战演练：2．已知：如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，点E在BC边上．（1）求证：△ACD≌△ABE；（2）若∠CDE=60°，求∠AEB的度数．3．△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°（1）如图1，点D，E在AB，AC上，则BD，CE满足怎样的数量关系和位置关系？（2）如图2，点D在△ABC内部，点E在△ABC外部，连结BD，CE，则BD，CE满足怎样的数量关系和位置关系？请说明理由．（3）如图3，点D，E都在△ABC外部，连结BD，CE，CD，EB，BD与CE相交于F点．①若BD=4，求四边形BCDE的面积．②若AB=2，AD=1，设CD2=x，EB2=y，求y与x之间的函数关系式．4．如图乙，△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点P为射线BD，CE的交点．（1）如图甲，将△ADE绕点A旋转，当C、D、E在同一条直线上时，连接BD、BE，则下列给出的四个结论中，其中正确的是哪几个．（回答直接写序号）①BD＝CE；②BD⊥CE；③∠ACE+∠DBC＝45°；④BE2＝2（AD2+AB2）（2）若AB＝6，AD＝3，把△ADE绕点A旋转：①当∠CAE＝90°时，求PB的长；②直接写出旋转过程中线段PB长的最大值和最小值．（三）顶角相等的等腰三角形典例精讲：观察猜想如图1，有公共直角顶点A的两个不全等的等腰直角三角尺叠放在一起，点B在AD上，点C在AE上.（1）在图1中，你发现线段BD，CE的数量关系是___________，直线BD，CE的位置关系是________.操作发现（2）将图1中的△ABC绕点A逆时针旋转一个锐角得到图2，这时（1）中的两个结论是否成立？作出判断并说明理由；拓广探索（3）如图3，若只把“有公共直角顶点A的两个不全等的等腰直角三角尺”改为“有公共顶角为∠A（锐角）的两个不全等等腰三角形”，△ABC绕点A逆时针旋转任意一个锐角，这时（1）中的两个结论仍然成立吗？作出判断，不必说明理由.（1）BD=CE，BD⊥CE；（2）将图1中的△ABC绕点A逆时针旋转一个锐角时，两个结论成立.理由见解析；（3）结论BD=CE成立；结论BD⊥CE不成立.【思路点拨】（1）根据△ABC和△ADE是等腰直角三角形，得到AB=AC，AD=AE，∠A=90°，即可得出结论；（2）由旋转的性质得到∠DAB=∠EAC．根据“手拉手”模型2证明△ABD≌△ACE，得出BD=CE．再根据“手拉手”模型2的结论2可得出BD⊥CE．（3）根据“手拉手”模型3证明△ABD≌△ACE，可得BD=CE成立，再根据“手拉手”模型3的结论2可得出BD⊥CE 不成立．【详解】（1）∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠A=90°，∴BD=CE，BD⊥CE．故答案为：BD=CE，BD⊥CE．（2）将图1中的△ABC绕点A逆时针旋转一个锐角时，两个结论成立．理由如下：由旋转得：∠DAB=∠EAC．又∵AB=AC，AD=AE，∴△ABD≌△ACE（SAS）．∴BD=CE．如图，延长DB，交CE于点F，交AE于点O．∵△ABD≌△ACE，∴∠ADB=∠AEC．∵∠AOD=∠EOF．∴∠OFE=∠OAD．∵∠OAD=90°，∴∠DFE=90°，即BD⊥CE．（3）结论BD=CE成立，结论BD⊥CE不成立．理由如下：由旋转得：∠DAE=∠BAC，∴∠DAB=∠EAC．又∵AB=AC，AD=AE，∴△ABD≌△ACE（SAS）．∴BD=CE．延长DB交CE于M，BD与AE交于点N．∵△ABD≌△ACE，∴∠MEA=∠BDA．∵∠ENM=∠DNA，∴∠EMN=∠EAD．∵∠EAD≠90°，∴∠EMN≠90°，∴BD⊥CE不成立．【解题技法】对于以等腰三角形的顶点为旋转点，进行适当旋转的题目，连接对应点构造新的三角形，根据“手拉手”模型3证明三角形全等即可解决问题实战演练：5．如图，在△ABC中，AB=AC=4，D、E分别是AB、AC的中点，∠BAC=40°.（1）如图1，若DE=a，求BC的长度（用含a的代数式表示）；（2）如图2，将△ADE绕点A顺时针旋转，旋转角为α0°<α<180°，连接BD、CE，判断BD与CE的数量关系，并说明理由；（3）在（2）的条件下，当△ACE的外心在三角形的外部时，请直接写出α的取值范围．6．如图，△ABC中，AB＝AC＝1，∠BAC＝45°，△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，连接BE，CF相交于点D,（1）求证：BE＝CF；（2）当四边形ACDE为菱形时，求BD的长．（四）有公共顶点的正方形典例精讲：规定：有一角重合，且角的两边叠合在一起的两个相似四边形叫做“嵌套四边形”，如图，四边形ABCD和AMPN 就是嵌套四边形．（1）问题联想如图①，嵌套四边形ABCD，AMPN都是正方形，现把正方形AMPN以A为中心顺时针旋转150°得到正方形AM'P'N'，连接BM'，DN'交于点O，则BM'与DN'的数量关系为_____，位置关系为_____；（2）类比探究如图②，将（1）中的正方形换成菱形，∠BAD=∠MAN=60，其他条件不变，则（1）中的结论还成立吗?若成立，请说明理由；若不成立，请给出正确的结论，并说明理由；（3）拓展延伸如图3，将（1）中的嵌套四边形ABCD和AMPN换成是长和宽之比为2：1的矩形，旋转角换成α（90°＜α＜180°），其他条件不变，请直接写出BM'与DN'的数量关系和位置关系．【思路点拨】（1）根据“手拉手”模型4证明△ABM’≌△AND’，得到B⊥′=DN′′，再根据“手拉手”模型4的结论2得出BM′⊥DN′′；（2）根据“手拉手”模型4和菱形的性质证明ΔABM′≅ΔADN′，再推∠BOD=∠BAD=60°，故可求解；（3）根据“手拉手”模型4和矩形的性质证明ΔABM′≡ΔADN′′，得到BM′=2DN′，再推出∠BOD=∠BAD=90°即可求解．【详解】（1）如图设AB，DN′交于点H，，∵四边形ABCD，AMPN都是正方形，把正方形AMPN以A为中心顺时针旋转150°得到正方形AM'P'N'，∴AB=AD,AM’=AD’,∠BAM′=∠D⋅AN′=150°∴△ABM’≌△AND’，∴B⊥′=DN′′，∠ABM’=∠ADN’，∵∠ADN’+∠DHA+∠DAH=180°，∠ABM’+∠BHO+∠BOD=180°，又∠DHA=∠BHO∴∠BOD=∠BAD=90°，即BM′⊥DN′′故答案为：BM′=DN′，BM′⊥DN′′；（2）BM′=DN′成立，BM′⊥DN′′不成立，BM′与DN′相交，且夹角为60°.理由：设AB，DN′交于点E，由旋转的性质可得∠BAM′=∠D⋅AN′=150°.∵四边形ABCD，AMP′N′都是菱形，∴AB=AD，AM′=AN′′，∴ΔABM′≅ΔADN′，∴BM′=DN′，∠ABM′=∠ADN′.又∵∠BEO=∠DEA，∴∠BOD=∠BAD=60°；故BM′与DN′相交，且夹角为60°；（3）BM′=2DN′，BM′⊥DN′′，理由如下：设AB，DN′交于点E，由旋转的性质可得∠BAM′=∠DAN′=α.∵四边形ABCD和AMPN是长和宽之比为2：1的矩形∴AB=2AD，AM′=2AN′，∴ABAD =AM′AN′=2∴ΔABM′~ΔADN′，∴BM′=2DN′，∠ABM′=∠ADN′.又∵∠BEO=∠DEA，∴∠BOD=∠BAD=90°∴BM′=2DN′，BM′⊥DN′′．【解题技法】利用“手拉手”模型4证明三角形全等，再把特殊情况推广到一般情况，再运用类比的思想方法是一种常用的数学方法．实战演练：7．（1）在正方形ABCD中，G是CD边上的一个动点（不与C、D重合），以CG为边在正方形ABCD外作一个正方形CEFG，连结BG、DE，如图①．直接写出线段BG、DE的关系；（2）将图①中的正方形CEFG绕点C按顺时针方向旋转任意角度α，如图②，试判断（1）中的结论是否成立？若成立，直接写出结论，若不成立，说明理由；（3）将（1）中的正方形都改为矩形，如图③，再将矩形CEFG绕点C按顺时针方向旋转任意角度α，如图④，若AB=a，BC=b；CE=ka，CG=kb，(a≠b)试判断（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由．（五）有公共顶点的直角三角形典例精讲：1．（1）问题发现如图1，在△OAB和△OCD中，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=40°，连接AC，BD交于点M．填空：的值为；①ACBD②∠AMB的度数为．（2）类比探究如图2，在△OAB和△OCD中，∠AOB=∠COD=90°，∠OAB=∠OCD=30°，连接AC交BD的延长线于点M．请的值及∠AMB的度数，并说明理由；判断ACBD（3）拓展延伸在（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M，若OD=1，OB=7，请直接写出当点C与点M重合时AC的长．【思路点拨】（1）①根据“手拉手”模型3证明△COA≌△DOB，得AC=BD；②根据“手拉手”模型3的结论2得出∠AMB=∠AOB；（2）根据“手拉手”模型5证明△AOC∽△BOD，则ACBD =OCOD=3，再根据“手拉手”模型5的结论2得出∠AMB的度数；（3）正确画图形，当点C与点M重合时，有两种情况，如图3和4，根据在旋转过程中，始终有“手拉线”AC 与BD垂直，据此设出未知数，运用勾股定理求解即可．【详解】（1）问题发现：①如图1，∵∠AOB=∠COD=40°，∴∠COA=∠DOB，∵OC=OD，OA=OB，∴△COA≌△DOB（SAS），∴AC=BD，∴ACBD=1②∵△COA≌△DOB，∴∠CAO=∠DBO，∵∠AOB=40°，∴∠OAB+∠ABO=140°，在△AMB中，∠AMB=180°-（∠CAO+∠OAB+∠ABD）=180°-（∠DBO+∠OAB+∠ABD）=180°-140°=40°，（2）类比探究：如图2，ACBD=3，∠AMB=90°，理由是：Rt△COD中，∠DCO=30°，∠DOC=90°，∴ODOC=tan30°=同理得：OBOA=tan30°=∴ODOC =OBOA，∵∠AOB=∠COD=90°，∴∠AOC=∠BOD，∴△AOC∽△BOD，∴ACBD =OCOD=3，∠CAO=∠DBO，在△AMB中，∠AMB=180°-（∠MAB+∠ABM）=180°-（∠OAB+∠ABM+∠DBO）=90°；（3）拓展延伸：①点C与点M重合时，如图3，同理得：△AOC∽△BOD，∴∠AMB=90°，ACBD=3，设BD=x，则AC=3x，Rt△COD中，∠OCD=30°，OD=1，∴CD=2，BC=x-2，Rt△AOB中，∠OAB=30°，OB=7，∴AB=2OB=27，在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2=AB2，(3x)2+(x−2)2＝(27)2，x2-x-6=0，（x-3）（x+2）=0，x1=3，x2=-2，∴AC=33；②点C与点M重合时，如图4，=3，同理得：∠AMB=90°，ACBD设BD=x，则AC=3x，在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2=AB2，(3x)2+（x+2）2=(27)2.x2+x-6=0，（x+3）（x-2）=0，x1=-3，x2=2，∴AC=23；.综上所述，AC的长为33或23．【解题技法】用运动和变化的眼光观察和研究图形，把握图形旋转过程中的等量关系，抓住利用“手拉手”模型5得出△AOC∽△BOD是解题的关键．实战演练：8．如图1，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝4，BC＝2，点D，E分别是边BC，AC的中点，连接DE．将△CDE 绕点C逆时针方向旋转，记旋转角为α．（1）问题发现＝；①当α＝0°时，AEBD＝；②当α＝180°时，AEBD（2）拓展探究试判断当0°＜α＜360°时，AE的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明；BD（3）问题解决当△CDE绕点C逆时针旋转至A，B，E三点在同一条直线上时，求线段BD的长．9．如图（1），在RtΔABC中，∠B=90°，BC=2AB=8，点D，E分别是边BC，AC的中点，连接DE．的值；（1）如图①，求AEBD（2）将ΔEDC绕点C顺时针旋转到如图（2）的位置时，AE的大小是否发生变化，若不变化，请说明理由；若发BD生变化，请求出它的值；（3）将ΔEDC绕点C顺时针旋转到直线BC的下方，且A，E，D在同一直线上时，如图（3），求线段BD的长．（六）有公共顶点的任意三角形典例精讲：在ΔABC，CA=CB，∠ACB=α．点P是平面内不与点A，C重合的任意一点．连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转α得到线段DP，连接AD，BD，CP．（1）观察猜想如图1，当α=60°时，BDCP的值是，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是．（2）类比探究如图2，当α=90°时，请写出BDCP的值及直线BD与直线CP相交所成的小角的度数，并就图2的情形说明理由．（3）解决问题当α=90°时，若点E，F分别是CA，CB的中点，点P在直线EF上，请直接写出点C，P，D在同一直线上时ADCP 的值．【思路点拨】（1）如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．根据“手拉手”模型1证明ΔCAP≅ΔBAD，得出CP=BD，．根据“手拉手”模型1的结论2即可解决问题．（2）如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．根据“手拉手”模型6证明ΔDAB~ΔPAC，得出BDPC =ABAC=2即可解决问题．（3）分两种情形：①如图3﹣1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．证明AD=DC即可解决问题．②如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA=DC解决问题．【详解】解：（1）如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．∵∠PAD=∠CAB=60°，∴∠CAP=∠BAD，∵CA=BA，PA=DA，∴ΔCAP≅ΔBAD(SAS)，∴PC=BD，∠ACP=∠ABD，∵∠AOC=∠BOE，∴∠BEO=∠CAO=60°，=1，线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是60°，∴BDPC故答案为1，60°．（2）如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．∵∠PAD=∠CAB=45°，∴∠PAC=∠DAB，∵ABAC =ADAP=2，∴ΔDAB~ΔPAC，∴∠PCA=∠DBA，BDPC =ABAC=2，∵∠EOC=∠AOB，∴∠CEO=∠OAB=45°，直线BD与直线CP相交所成的小角的度数为45°．（3）如图3﹣1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．∵CE=EA，CF=FB，∴EF//AB，∴∠EFC=∠ABC=45°，∵∠PAO=45°，∴∠PAO=∠OFH，∵∠POA=∠FOH，∴∠H=∠APO，∵∠APC=90°，EA=EC，∴PE=EA=EC，，∴∠H=∠BAH，∴BH=BA，∵∠ADP=∠BDC=45°，∴∠ADB=90°，∴BD⊥AH，∴∠DBA=∠DBC=22.5°，∵∠ADB=∠ACB=90°，A，D，C，B四点共圆，∠DAC=∠DBC=22.5°，∠DCA=∠ABD=22.5°，∴∠DAC=∠DCA=22.5°，∴DA=DC，设AD=a，则DC=AD=a，PD=，==2−2．∴AD如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA=DC，设AD=a，则CD=AD=a，PD=，∴PC=a，==2+2．∴AD【解题技法】“手拉手”模型中，对应边和“拉手线”组成的两个三角形相似，学会根据题干的条件灵活运用，运用分类讨论的数学思想思考问题．实战演练：10．在ΔABC中，CA=CB,∠ACB=α0°<α<180°，P是平面内不与点A,C重合的任意一点，连接AP，将线段AP绕点P顺时针旋转α得到线段DP，连接AD,CP,M是AB的中点，N是AD的中点．（1）问题发现：的值是_________，直线MN与直线PC相交所成的较小角的度数是________．如图1，当α=60°时，MNPC（2）类比探究：如图2，当α=120°时，请写出MN的值及直线MN与直线PC相交所成的较小角的度数，并说明理由．PC（3）解决问题：如图3，当α=90°时，若E是CB的中点，点P在直线ME上，且点B,P,D在同一条直线上，请直接写出PD的值．MN。
《探索三角形全等》几何模型-“手拉手”(专项练习)(基础篇)-2021-2022学年八年级数学上册
专题1.20 《探索三角形全等》几何模型-“手拉手”（专项练习）（基础篇）一、单选题1．如图所示，C 是线段BD 上一点，分别以BC ，CD 为边在BD 同侧作等边ABC D 和等边CDE D ，AD 交CE 于F ，BE 交AC 于G ，则图中可通过旋转而得到的全等三角形的对数为（ ）对.A ．1B ．2C ．3D ．42．如图，AB=AD ，AC=AE ，ÐDAB=ÐCAE=50° ，以下四个结论：①△ADC ≌△ABE ；②CD=BE ；③ÐDOB=50°；④点A 在ÐDOE 的平分线上，其中结论正确的个数是（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4二、填空题3．如图，点B 、C 、E 在同一条直线上，ABC V 与CDE △都是等边三角形，下列结论：①AE=BD ；②DGC EFC V V ≌；③线段AE 和BD 所夹锐角为80°；④FG ∥BE ．其中正确的是______．（填序号）三、解答题4．如图，AC BC ^，DC EC ^，AC BC =．DC EC =，AE 与BD 交于点F ．（1）求证：AE BD =；（2）求AFD Ð的度数．5．在ABC V 中，AB AC =，点D 是直线BC 上一点（点D 不与点B ，C 重合），以AD 为一边在AD 的右侧作ADE V ，使AD AE =，DAE BAC Ð=Ð，连接CE ．（1）如图（1），若点D 在线段BC 上，BCE Ð和BAC Ð之间有怎样的数量关系？（不必说明理由）（2）若60BAC й°，当点D 在射线BC 上移动时，如图（2），BCE Ð和BAC Ð之间有怎样的数量关系？说明理由．6．如图，△ACB 和△DCE 均为等腰三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点A ，D ，E 在同一条直线上，连接BE ．（1）求证：AD=BE ；（2）若∠CAE=15°，AD=4，求AB 的长．7．如图，A 、B 、C 在同一直线上，且△ABD ，△BCE 都是等边三角形，AE 交BD 于点M ，CD 交BE 于点N ，MN ∥AC ，求证：（1）∠BDN=∠BAM ；（2）△BMN 是等边三角形．8．如图，若ABD △和ACE △都是等边三角形，求BOC Ð的度数．9．如图，在△ABC 中，AB ＝BC ，∠ABC ＝120°，点D 在边AC 上，且线段BD 绕着点B 按逆时针方向旋转120°能与BE 重合，点F 是ED 与AB 的交点．（1）求证：AE ＝CD ；（2）若∠DBC ＝45°，求∠BFE 的度数．10．如图，ABC V 中，AC BC =，DCE V 中，DC EC =，且DCE ACB Ð=Ð，当把两个三角形如图①放置时，有AD BE =．（不需证明）（1）当把DCE V 绕点C 旋转到图②③④的情况，其他条件不变，AD 和BE 还相等吗？请在图②③中选择一种情况进行证明；（2）若图④中AD 和BE 交于点P ，连接PC ，求证：PC 平分BPD Ð．11．如图，在等边三角形ABC 中，点P 在BA 的延长线上，以AP 为边在射线BA 的右侧作等边三角形PAD ，连接CP ，BD ，求证：CP BD =．12．如图，以ABC V 的边AB 、AC 向外作等边ABD △和等边ACE △，连接BE 、CD ．问：线段BE 和CD 有什么数量关系？试证明你的结论．13．如图所示，ABC D 和ADE D 都是等边三角形，且B A E 、、在同一直线上，连结BD 交AC 于M ，连接CE 交AD 于N ，连结MN ．求证：（1）BD CE =；D@D；（2）ABM ACND是等边三角形．（3）AMN14．如图，点C是线段AB上任意一点（点C与点A，B不重合），分别以AC，BC为边在直线AB的同侧作等边三角形ACD和等边三角形BCE，AE与CD相交于点M，BD与CE 相交于点N．连接MN．证明：（1）△ACE≌△DCB；（2）△ACM≌△DCN；（3）MN∥AB．15．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．16．如图，∠1=∠2，AD=AE，∠B=∠ACE，且B、C、D三点在一条直线上．若∠B=60°，求证：CE=AC+CD．17．如图，△ABD和△BCE都为等边三角形，连接AE、CD．求证：AE＝DC．参考答案1．C【解析】本题考查的是全等三角形的判定、等边三角形的性质以及旋转的性质的综合运用．根据等边三角形的三边相等、三个角都是60°，以及全等三角形的判定方法（SSS、SAS、ASA、AAS），进行证明．解：△EBC≌△ACD，△GCE≌△FCD，△BCG≌△ACF．理由如下：BC=AC，EC=CD，∠ACB=∠ECD，∠ACE是共同角⇒△EBC≌△ACD．CD=EC，∠FCD=ECG，∠GEC=∠CDF⇒△GCE≌△FCD．BC=AC，∠GBC=∠FAC，∠FCA=∠GCB⇒△BCG≌△ACF．故选C．2．D【分析】根据全等三角形的判定及角平分线的性质即可依次判断．【详解】∵ÐDAB=ÐCAE∴ÐDAB+ÐBAC=ÐCAE+ÐBAC∴ÐDAC=ÐEAB∵AB=AD，AC=AE∴△ADC≌△ABE∴CD=BE，故①②正确；∵△ADC≌△ABE∴ÐADC =ÐABE设AB与CD交于G点，∵ÐAGD =ÐBGC∴ÐDOB=ÐDAB=50°,故③正确；过点A作AF⊥CD于F点，过点A作AH⊥BE于H点，则AF、AH分别是△ADC与△ABE边上的高∵△ADC≌△ABE∴点A 在ÐDOE 的平分线上，④正确故选D ．【点拨】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知角平分线的性质与判定．3．①②④【分析】利用等边三角形的性质证明BCD ACE V V ≌可判断①，利用BCD ACE V V ≌，可得,BDC AEC Ð=Ð利用三角形的外角的性质可得60,AHB Ð=° 从而可判断③， 再结合等边三角形的性质证明DGC EFC V V ≌可判断②， 由DGC EFC V V ≌可得：CG CF =，结合60,ACD Ð=°可得60CFG Ð=°，从而可判断④．【详解】解：如图，记AE 与BD 的交点为H ，∵ABC V 与CDE △都是等边三角形，∴AC=BC ，CD=CE ，∠BCA=∠DCE=60°∵点B 、C 、E 在同一条直线上，∴∠ACD=60°，∴∠BCD=∠ACE=120°在BCD V 和ACE △中，BCD ACECD CE ïÐ=Ðíï=î∴BCD ACE V V ≌，,BD AE \= 所以结论①正确；∵BCD ACE V V ≌，∴∠BDC=∠CEA ，∵∠AHB=∠DBE+∠BEA=∠DBE+∠BDC=180°-∠BCD=60°， 所以③错误；在GCD V 和FCE △中，GCD DCE CE CDCDB CEA Ð=Ðìï=íïÐ=Ðî， ∴GCD FCE V V ≌，∴所以②正确；GCD FCE QV V ≌，∵CG=CF ，∠ACD=60°，∴∠GFC=60，又∵∠DCE=60°，∴∠GFC=∠DCE ，∴GF ∥BC ，所以④正确．故答案为：①②④．【点拨】本题考查了全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质和判定，平行线的判定，解决本题的关键是找到判定三角形全等的条件．4．（1）见解析（2）90°【分析】（1）根据题意证明△ACE ≌△BCD 即可求解；（2）根据三角形的内角和及全等三角形的性质即可得到AFD Ð的度数．【详解】（1）∵AC BC ^，DC EC ^，∴∠ACB=∠ECD=90°∴∠ACB+∠BCE=∠ECD+∠BCE即∠ACE=∠BCD又AC BC =．DC EC=∴△ACE ≌△BCD∴AE BD=（2）∵△ACE ≌△BCD∴∠A=∠B设AE 与BC 交于O 点,∴∠AOC=∠BOF∴∠A+∠AOC+∠ACO=∠B+∠BOF+∠BFO=180°∴∠BFO=∠ACO=90°故AFD Ð=180°-∠BFO=90°．【点拨】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知全等三角形的判定定理．5．（1）180BCE BAC Ð+Ð=°；（2）180BCE BAC Ð+Ð=°，理由见解析【分析】（1）根据题意证明ABD ACE △≌△，根据三角形的内角和即可求解；（2）设AD 与CE 交于F 点，根据题意证明ABD ACE △≌△，根据平角的性质即可求解．【详解】（1）180BCE BAC Ð+Ð=°．理由如下：BAC DAE Ð=ÐQ ，BAD CAE \Ð=Ð．AB AC =Q ，AD AE =，ABD ACE \V V ≌，ABC ACE \Ð=Ð，∴BCE BCA ACE Ð=Ð+Ð=BCA ABCÐ+Ð∵180ABC BAC ACB Ð+Ð+Ð=°∴180BCE BAC Ð+Ð=°;（2）180BCE BAC Ð+Ð=°．理由如下：设AD 与CE 交于F 点．BAC DAE Ð=ÐQ ，BAD CAE \Ð=Ð．AB AC =Q ，AD AE =，ABD ACE \V V ≌，ADB AEC \Ð=Ð．AFE CFD Ð=ÐQ ，EAF ECD \Ð=Ð．BAC FAE Ð=ÐQ ，180BCE ECD Ð+Ð=°，180BCE BAC \Ð+Ð=°．【点拨】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知全等三角形的判定定理．6．（1）见解析；（2）8【分析】（1）直接证明≌ACD BCE V V ，即可得出结论；（2）由（1）可进一步推出AEB △为直角三角形，且30EAB Ð=°，从而由2AB BE =求解即可．【详解】（1）Q △ACB 和△DCE 均为等腰三角形，∠ACB=∠DCE=90°，ADC BCE \Ð=Ð,在ACD △与BCE V 中，AC BC ACD BCEDC EC =ìïÐ=Ðíï=î()ACD BCE SAS \V V ≌，AD BE \=；（2）ABC QV 是等腰直角三角形，45ABC \Ð=°，由（1）可知，15CAE CBE Ð=Ð=°，4BE AD ==,451560ABE ABC CBE \Ð=Ð+Ð=°+°=°，90ABE ACB \Ð=Ð=°，则在Rt AEB V 中，30EAB Ð=°，28AB BE \==．【点拨】本题考查全等三角形的判定与性质，及含30°角的直角三角形的性质，根据“手拉手”模型证明全等，并推导出直角三角形是解题关键．7．（1）证明过程见详解；（2）证明过程见详解。
手拉手模型专题训练
1、在直线ABC的同一侧作两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明：△ABE≌△DBC，AE=DC，AE与DC的夹角为60︒，△AGB≌△DFB，△EGB≌△CFB，BH平分∠AHC，GF∥AC2、如果两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，直线AE与CD相交于点H，求证：（1）AE=DC；（2）AE与DC的夹角为60︒；（3）BH平分∠AHC.3、如图，两个正方形ABCD和DEFG，连接AG与CE，二者相交于H，求证：（1）AG=CE；（2）AG与CE之间的夹角为90度；（3）HD平分∠AHE.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α（0°<α>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。
，PB=4，以AB为直角边作等腰直角三角形ABD，且P、D两点在直线AB5、已知：PA(1)如图，当∠APB=45°时，求AB及PD的长;(2)当∠APB变化，且其它条件不变时，求PD的最大值及相应∠APB的大小.1、如图，已知△ABC的面积是3的等边三角形，△ABC∽△ADE，AB=2AD，∠BAD=45°，AC 与DE相交于点F，则△AEF的面积等于__________（结果保留根号）.2、在△ABC中，AB=AC，∠BAC=2∠DAE=2α．（1）如图1，若点D关于直线AE的对称点为F，求证：△ADF∽△ABC；（2）如图2，在（1）的条件下，若α=45°，求证：DE2=BD2+CE2；（3）如图3，若α=45°，点E在BC的延长线上，则等式DE2=BD2+CE2还能成立吗？请说明理由．3、如图1，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AB＝AC，四边形ADEF是正方形，点B、C分别在边AD、AF上，此时BD＝CF，BD⊥CF成立．(1)当△ABC绕点A逆时针旋转θ（0°＜θ＜90°）时，如图2，BD＝CF成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．(2)当△ABC绕点A逆时针旋转45°时，如图3，延长DB交CF于点H.①求证：BD⊥CF；②当AB＝2，AD＝32时，求线段DH的长．4、如图①，△ABC与△CDE是等腰直角三角形，直角边AC、CD在同一条直线上，点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，连接AE、BD．（1）猜想PM与PN的数量关系及位置关系，请直接写出结论；（2）现将图①中的△CDE绕着点C顺时针旋转α（0°＜α＜90°），得到图②，AE与MP、BD分别交于点G、H．请判断（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（3）若图②中的等腰直角三角形变成直角三角形，使BC=kAC，CD=kCE，如图③，写出PM与PN的数量关系，并加以证明．5、已知正方形ABCD的边长为1，点P为正方形内一动点，若点M在AB上，且满足△PBC∽△PAM，延长BP交AD于点N，连结CM．（1）如图一，若点M在线段AB上，求证：AP⊥BN；AM=AN；（2）①如图二，在点P运动过程中，满足△PBC∽△PAM的点M在AB的延长线上时，AP⊥BN和AM=AN是否成立？（不需说明理由）②是否存在满足条件的点P，使得PC=12?并说明理由．6、已知△ABC是等腰三角形，AB=AC．（1）特殊情形：如图1，当DE∥BC时，有DB EC．（填“＞”，“＜”或“=”）（2）发现探究：若将图1中的△ADE绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）到图2位置，则（1）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．（3）拓展运用：如图3，P是等腰直角三角形ABC内一点，∠ACB=90°，且PB=1，PC=2，PA=3，求∠BPC的度数．7、在△ABC中，∠A=90°，AB=AC．（1）如图1，△ABC的角平分线BD，CE交于点Q，请判断“QB=”是否正确：________（填“是”或“否”）；（2）点P是△ABC所在平面内的一点，连接PA，PB，且PB=PA．①如图2，点P在△ABC内，∠ABP=30°，求∠PAB的大小；②如图3，点P在△ABC外，连接PC，设∠APC=α，∠BPC=β，用等式表示α，β之间的数量关系，并证明你的结论．图1图2。
手拉手模型经典例题及答案
手拉手模型经典例题及答案手拉手模型是多人协作的一种行动方案，它可以帮助团队快速、高效地解决问题。
以下是一些经典的手拉手模型例题及其答案：1. 手拉手模型演练：如何搭建高塔？步骤一：团队成员按照身高从高到低排好序，依次站在一行步骤二：第一个人向前迈出一步，将手持续向上伸展，另一只手向前伸直，等待第二个人伸出手后握住自己的手，然后继续向上伸展。
第三人同样要将自己的一只手握住第二个人的手，另一只手向前伸展。
如此往复，直到所有的人都握住了手。
步骤三：当所有人的手都握住时，前两个人可以开始搭建高塔了。
第一个人将自己的手收缩，举起另一只手，手掌向上。
第二个人在第一个人手掌上架起双手，同时将自己的一只手举起来，等待第三个人架在自己手上。
如此往复，直到所有人都站在塔上。
答案：通过手拉手模型，每个人都承担了自己的责任，保持了协调一致的动作，最终共同完成了搭建高塔的任务。
2. 手拉手模型演练：如何过独木桥？步骤一：团队成员按照身高从高到低排好序，依次站在一行。
步骤二：将双手交叉在胸前，依次向前跨一步，当一只脚踩在桥上时，将手伸直向前，等待另一只手从后面握住。
如此往复，直到所有人都过完独木桥。
答案：在过独木桥的过程中，每个人都要相互支持、互相协作，保持平衡，避免失误。
这个过程可以提高团队的协作能力和信任感。
3. 手拉手模型演练：如何搭建人链？步骤一：团队成员按照身高从低到高排好序，依次站在一排。
步骤二：第一个人伸出双臂，将手分别向前伸展，等待第二个人的手从后面握住。
第二个人也将自己的手伸出，等待第三个人握住，以此类推，直到所有人的手都握住了。
步骤三：在团队成员的双手之间穿过一根绳子，让绳子从第一个人的手开始逐个通过每个人的手，直到最后一个人的手。
答案：通过手拉手模型，每个人都知道自己的位置和责任，相互拥抱、互相支持，共同搭建起一条坚固的人链，达到了团队的目标。
以上是手拉手模型的经典例题及答案，使用手拉手模型可以帮助团队成员快速建立团队合作精神，提高团队协作水平，达到团队目标。
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。
专题 手拉手模型(强化题型)(学生版)
专题10手拉手模型等腰三角形中的手拉手全等模型如图，△ABC与△ADE均为等腰三角形，且∠BAC＝∠DAE，连接BD、CE，则△ABD≌△ACE.等边三角形中的手拉手全等模型如图，△ABC与△CDE均为等边三角形，点B、C、E三点共线，连接AE、BD，则△BCD≌△ACE.一般三角形中的手拉手全等模型如图，在任意△ABC中，以AB为边作等边△ADB，以AC为边作等边△ACE，连接DC、BE，则△ADC ≌△ACE.正方形中的手拉手全等模型如图，在任意△ABC 中，以AB 为边作正方形ABDE ，以AC 为边作正方形ACFG ，连接EC 、BG ，则△AEC ≌△ABG.一．选择题（共7小题）1．（2022春•驻马店期末）如图所示，AB AC =，AD AE =，点B 、D 、E 在一条直线上，BAC DAE ∠=∠，125∠=︒，230∠=︒，则3(∠=)A ．55︒B ．50︒C ．45︒D ．60︒2．（2016春•威海期末）如图，ABC ∆和CDE ∆均为等边三角形，且AB DE =，AC CD ⊥，连接AE ，BD ，分别交CD ，AC 于点G ，连接FG ，BE ．下列结论：①AE BD BE ==；②BC 平分DBE ∠；③直线EC AB ⊥；④//FG BE ．其中正确结论的个数为()A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个3．（2017秋•香洲区期中）如图，已知点B 、C 、D 在同一条直线上，ABC ∆和CDE ∆都是等边三角形．BE 交AC 于F ，AD 交CE 于G ，AD 交BE 于O 点．则下列结论中不一定正确的是()A ．AD BE =B ．CO 平分BOD ∠C ．BE AC⊥D ．//FG BC4．（2022春•吉州区期末）如图，在ABD ∆中，AD AB =，90DAB ∠=︒，在ACE ∆中，AC AE =，90EAC ∠=︒，CD ，BE 相交于点F ，有下列四个结论：①DC BE =；②BDC BEC ∠=∠；③DC BE ⊥；④FA 平分DFE ∠．其中，正确的结论有()A ．4个B ．3个C ．2个D ．1个5．（2022春•兰州期末）如图，在ABC ∆中，AB AC =，点D 是ABC ∆外一点，连接AD 、BD 、CD ，且BD 交AC 于点O ，在BD 上取一点E ，使得AE AD =，EAD BAC ∠=∠，若62ABC ∠=︒，则BDC ∠的度数为()A ．56︒B ．60︒C ．62︒D ．64︒6．（2017秋•梁平区期末）如图，ACB ∆和ADE ∆都是等腰直角三角形，90BAC DAE ∠=∠=︒，点C 、D 、E 三点在同一直线上，连接BD ，则(ADB ∠=)A ．45︒B ．30︒C ．60︒D ．55︒7．如图，点C 为线段AB 上一点，以线段AC 、BC 为边在同侧作两个正三角形ACD ∆与BCE ∆，连AE 、BD ，AE 与BD 交于F ，连CF ，已知20DBE ∠=︒，则(AFC ∠=)A ．40︒B ．60︒C ．20︒D ．100︒二．填空题（共2小题）8．（2013秋•海门市校级期中）如图所示：B 、D 、E 在一条直线上，AB AC =，AD AE =，BAC DAE ∠=∠，125∠=︒，230∠=︒，则3∠=．9．（2022秋•沙依巴克区校级期末）如图，C 为线段AB 上一动点（不与点A 、B 重合），在AB 的上方分别作ACD ∆和BCE ∆，且AC DC =，BC EC =，ACD BCE ∠=∠，AE 、BD 交于点P ．有下列结论：①AE DB =；②2APB ADC ∠=∠；③当AC BC =时，PC AB ⊥；④PC 平分APB ∠．其中正确的是．（把你认为正确结论的序号都填上）三．解答题（共7小题）10．（2022春•平阴县期末）如图，ABC ∆和DCE ∆都是等边三角形．（1）如图1，线段BD 与AE 是否相等？若相等，加以证明；若不相等，请说明理由．（2）如图1，若B 、C 、E 三点在一条直线上，AE 与BD 交于点O ，求BOE ∠的度数．（3）如图2，若B 、C 、E 三点不在一条直线上，30ADC ∠=︒，4AD =，3CD =，求BD 的长．11．（2022秋•潜江期末）如图，在ABC ∆中，点D 为直线BC 上一动点，以AD 为直角边在AD 的右侧作等腰Rt ADE ∆，90DAE ∠=︒，AD AE =．（1）特例发现：如图1，如果90BAC ∠=︒，AB AC =．当点D 在线段BC 上时，易证()ABD ACE SAS ∆≅∆，从而得出结论：线段CE 与BD 的数量关系为，位置关系为；（2）探究证明：如图2，如果90BAC ∠=︒，AB AC =条件不变．当点D 在线段BC 的延长线上时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（3）拓展运用：如图3，若ABC ∆是锐角三角形，45ACB ∠=︒，当点D 在线段BC 上运动时，判断线段CE 与BD 的位置关系，并说明理由．12．（2021秋•浦北县期末）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，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．13．（2021春•盐湖区校级期末）（1）问题发现：如图1，如果ACB ∆和CDE ∆均为等边三角形，点A 、D 、E 在同一直线上，连接BE ．则AD 与BE 的数量关系为；AEB ∠的度数为度．（2）拓展探究：如图2，如果ACB ∆和CDE ∆均为等腰三角形，90ACB DCE ∠=∠=︒，点A 、D 、E 在同一直线上，连接BE ，判断线段AE 与BE 的位置关系，并说明理由．14．（2021春•浦东新区月考）（1）问题发现如图1，已知ACB ∆和DCE ∆均为等边三角形，点A ，D ，E 在同一直线上，连接BE ，求AEB ∠的度数．（2）拓展探究如图2，若ACB ∆和DCE ∆均为等腰直角三角形，90ACB DCE ∠=∠=︒，点A 、D 、E 在同一直线上，CM 为DCE ∆中DE 边上的高，连接BE ；求：①AEB ∠的度数；②线段CM ，AE ，BE 之间的数量关系，并说明理由．15．（2022秋•惠民县校级期末）（1）如图1，ABC∆均是顶角为40︒的等腰三角形，BC、DE分别是底∆与ADE边，求证：BD CE=；（2）如图2，ACB∆均为等边三角形，点A、D、E在同一直线上，连接BE．∆和DCE填空：AEB∠的度数为；线段BE与AD之间的数量关系是．（3）拓展探究如图3，ACB∠=∠=︒，点A、D、E在同一直线上，CM为DCE∆ACB DCE∆和DCE∆均为等腰直角三角形，90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．16．（2020春•章丘区期末）（1）问题发现：如图1，ACB∆均为等边三角形，点A，D，E在同一直∆和DCE线上，连接BE．①AEB∠的度数为②猜想线段AD，BE之间的数量关系为：，并证明你的猜想．（2）拓展探究：如图2，ACB∆和DCEACB DCE∠=∠=︒，点A，D，E在同一直∆均为等腰直角三角形，90线上，CM为DCE∆中DE边上的高，连接BE，请求出AEB∠的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系．。
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，ABC 和CDE △都是等边三角形，且点B ，C ，E 在一条直线上，连结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②，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③，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30AEC ∠=．设直线AE 交CD 于点Q ，请把图形补全．若2PQ =，则DP =___________．2．在Rt ABC 中，90BAC ∠=︒，AB AC =．（1）如图1，点D 为BC 边上一点，连接AD ，以AD 为边作Rt ADE △，90DAE ∠=︒，AD AE =，连接EC ．直接写出线段BD 与CE 的数量关系为 ，位置关系为 ．（2）如图2，点D 为BC 延长线上一点，连接AD ，以AD 为边作Rt ADE △，90DAE ∠=︒，AD AE =，连接EC ．①用等式表示线段BC ，DC ，EC 之间的数量关系为 ．②求证：2222BD CD AD +=．（3）如图3，点D 为ABC 外一点，且45ADC ∠=︒，若13BD =，5CD =，求AD 的长．3．如图，在ABC ∆中，D 是BC 边上一点，且,//,AD AB AE BC BAD CAE =∠=∠，连接,DE 交AC 于点F ．（1）若65B ∠=︒，求C ∠的度数．（2）若AE AC =，则AD 平分BDE ∠是否成立？判断并说明理由．4．如图，ACB △和ECD 都是等腰直角三角形，,,CA CB CD CE ACB ==△的顶点A 在ECD 的斜边DE 上，连接BD ．（1）求证：BD AE =．（2）若3cm,6cm AE AD ==，求AC 的长．5．如图，P 为等边ABC 的边BC 延长线上的一动点，以AP 为边向上作等边APD △，连接CD ．（1）求证：ABP ACD ≌△△；（2）当PC AC =时，求PDC ∠的度数；（3）PDC ∠与PAC ∠有怎样的数量关系？随着点P 位置的变化，PDC ∠与PAC ∠的数量关系是否会发生变化？请说明理由．6．如图，若ABD △和ACE △都是等边三角形，求BOC ∠的度数．7．在直线AB 的同一侧作两个等边三角形ABD △和BCE ，连接AE 与CD ，试解决下列问题：（1）求证：AE DC =；（2）求DHA ∠的度数；（3）连接GF ，试判断BGF 形状．8．如图，点O 是等边ABC 内一点，110AOB ∠=，BOC α∠=．以OC 为一边作等边三角形OCD ，连接AD ．(1)若BAO CAO ∠=∠，求α的值；(2)当150α=时，试判断AOD △的形状，并说明理由；(3)探究：当α为多少度时，AOD △是等腰三角形？9．如图，以ABC 的边AB 、AC 向外作等边ABD △和等边ACE △，连接BE 、CD ．问：线段BE 和CD 有什么数量关系？试证明你的结论．10．如图，在等边三角形ABC 中，D 是AB 边上的动点，以CD 为一边向上作等边三角形EDC ，连接AE ．（1）求证：ACE △≌BCD △；（2）求证：//AE BC ；（3）当点D 运动到AB 的中点时，BC 与CE 有什么位置关系？并说明理由． 11．如图，AC BC ⊥，DC EC ⊥，AC BC =，DC EC =，AE 与BD 交于点F ．（1）请问AE BD =吗？请说明理由；（2）请判断AE 与BD 的位置关系，并说明理由．12．如图，AC DC =，AB DE =，CB CE =．求证：12∠=∠．13．如图1，在△ABC 中，AC=BC ，∠ACB=90°，CE 与AB 相交于点D ，且BE ⊥CE ，AF ⊥CE ，垂足分别为点E ，F ．（1）若AF=5，BE=2，求EF的长；（2）如图2，取AB的中点G，连接FG，EG，求证：FG=EG．14．如图，已知ABC是等边三角形，点D在BC边上，ADF是以AD为边的等边三角形，过点F作BC的平行线交线段AC于点E，连接BF，求证：；（1）AFB ADC（2）四边形BCEF是平行四边形．15．如图，点D、B、C在一直线上，ABC和ADE都是等边三角形．△≌△；（1）求证：ABE ACD（2）探索线段BA、BD、BE之间的数量关系，并说明理由．16．问题情境：在自习课上，小雪拿来了如下一道题目（原问题）和合作学习小组的同学们交流，如图①，△ACB和△∠CDE均为等腰三角形．CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE．点A、D、E在同一条直线上，连接BE．求证：∠CDE=∠BCE+∠CBE．问题发现：小华说：我做过一道类似的题目：如图②，△ACB和△CDE均为等边三角形，其他条件不变，求∠AEB的度数．（1）请聪明的你完成小雪的题目要求并直接写出小华的题目要求．拓展研究：（2）如图③，△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，CF 为△DCE 中DE 边上的高，连接BE ．请求∠AEB 的度数及线段CF 、AE 、BE 之间的数量关系，并说明理由．17．在Rt ACB △中，90ACB ∠=︒，AC BC =，D 为AB 上一点，连结CD ，将CD 绕C 点逆时针旋转90°至CE ，连结DE ，过C 作CF DE ⊥交AB 于F ，连结BE ．（1）求证：AD BE =．（2）试探索线段AD ，BF ，DF 之间满足的等量关系，并证明你的结论．（3）若15ACD =︒∠，1CD =，求BF ．（注：在直角三角形中，30°所对的直角边等于斜边的一半）参考答案1．（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.【点睛】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.2．（1）BD CE =，BD CE ⊥；（2）①BC DC EC +=，②见解析；（3）【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得到45B ACB ∠=∠=︒，根据题意可知BAC DAC DAE DAC ∠-∠=∠-∠，即BAD CAE ∠=∠，再利用SAS 证明BAD ≌CAE ，可得到BD CE =，45ABC ACE ∠=∠=︒，从而算出BCE ∠的度数，进而得到线段BD 与CE 的位置关系；（2）①根据角度的运算得到BAD CAE ∠=∠，再利用SAS 证得BAD ≌CAE ，得到BD CE =，再根据BD BC CD =+，等量代换即可求出答案；②由①中BAD ≌CAE ，得到BD CE =，ABC ACE ∠=∠，在根据等腰直角三角形的性质即可得出ACE ∠的度数，进而证得90BCE DCE ∠=∠=︒，根据勾股定理得到222AE AD DE +=，222CE CD DE +=，等量代换后得到2222AE AD CE CD +=+，又因为AE AD =，BD CE =，代入即可得出答案；（3）过点A 作AE AD ⊥，并且AE AD =，连接DE ，CE ，得到ADE 是等腰直角三角形，由（2）得BAD ≌CAE ，得到BD CE =，在Rt CDE △中，通过勾股定理求出DE 的长度，在Rt ADE △中又由勾股定理得：222AE AD DE +=，再根据AE AD =，代入数据即可求出AD 的长度．【详解】（1）在Rt ABC 中，90BAC ∠=︒，AB AC =，∴45B ACB ∠=∠=︒，90DAE ∠=︒，∴BAC DAC DAE DAC ∠-∠=∠-∠，即BAD CAE ∠=∠，在BAD 和CAE 中AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴BAD ≌CAE ()SAS ，∴BD CE =，45ABC ACE ∠=∠=︒，∴90BCE ACB ACE ∠=∠+∠=︒，∴BD CE ⊥．故答案为：BD CE =，BD CE ⊥．（2）①90BAC ∠=︒，90DAE ∠=︒，∴BAC CAD DAE CAD ∠+∠=∠+∠，即BAD CAE ∠=∠，在BAD 和CAE 中AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴BAD ≌CAE ()SAS ，∴BD CE =，BD BC CD =+，∴BC DC EC +=．故答案为：BC DC EC +=．②证明：由①得：BAD ≌CAE ，∴BD CE =，ABC ACE ∠=∠， ABC 和ADE 都是等腰直角三角形，∴45ACE ABC ACB ∠=∠=∠=︒，∴90BCE DCE ∠=∠=︒，在Rt ADE △和Rt ECD △中，由勾股定理得：222AE AD DE +=，222CE CD DE +=，∴2222AE AD CE CD +=+，AE AD =，BD CE =，∴2222AD BD CD =+，即2222BD CD AD +=．（3）过点A 作AE AD ⊥，并且AE AD =，连接DE ，CE ，如图，∴ADE 是等腰直角三角形，∴45ADE ∠=︒，45ADC ∠=︒，∴90CDE ∠=︒，由（2）中②可知，BAD ≌CAE ，∴BD CE =，13BD =，5CD =，∴13CE =，在Rt CDE △中，由勾股定理得：222DE CD CE +=， ∴12DE ==，在Rt ADE △中，由勾股定理得：222AE AD DE +=，∴22144AD =， ∴AD =【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解题的关键是合理添加辅助线找出两个三角形全等．3．（1）50°；（2）成立，理由见解析【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出∠ADB=∠B=65°，根据三角形的内角和定理求出∠BAD=50°，求出∠CAE=50°，根据平行线的性质得出即可；（2）求出∠BAC=∠DAE ，根据全等三角形的判定推出△BAC ≌△DAE ，根据全等三角形的性质得出∠B=∠ADE，求出∠ADE=∠ADB即可．【详解】解：（1）∵∠B=65°，AB=AD，∴∠ADB=∠B=65°，∵∠B+∠BAD+∠BAD=180°，∴∠BAD=50°，∵∠CAE=∠BAD，∴∠CAE=50°，∵AE∥BC，∴∠C=∠CAE=50°；（2）AD平分∠BDE，理由是：∵∠BAD=∠CAE，∴∠BAD+∠CAD=∠CAE+∠CAD，即∠BAC=∠DAE，在△BAC和△DAE中，AB ADBAC DAE AC AE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BAC≌△DAE（SAS）∴∠B=∠ADE，∵∠B=∠ADB，∴∠ADE=∠ADB，即AD平分∠BDE．【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定定理，等腰三角形的性质和三角形的内角和定理等知识点，能综合运用知识点进行推理和计算是解此题的关键．4．（1）证明见解析；（2）AC=．【分析】（1）根据同角的余角相等得出∠BCD=∠ACE，然后根据SAS定理证明△BCD≌△ACE，从而得出结论；（2）根据全等三角形的性质得出∠BDC=∠AEC ，然后结合等腰直角三角形的性质求得∠BDA 是直角三角形，从而利用勾股定理求解．【详解】（1）∵ACB △和ECD 都是等腰直角三角形，∴90ACB ECD ∠=∠=︒，∴90,90ACD BCD ACD ACE ∠+∠=︒∠+∠=︒，∴BCD ACE ∠=∠，在BCD △和ACB △中，CB CA BCD ACE CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴()BCD ACE SAS ≌，∴BD AE =．（2）∵BCD ACE ≌，∴BDC AEC ∠=∠，又∵ECD 是等腰直角三角形，∴45CDE CED ∠=∠=︒，∴45BDC ∠=︒，∴90BDC CDE ∠+∠=︒，∴BDA ∠是直角三角形，∴22222223645AB BD AD AE AD =+=+=+=，在等腰直角三角形ACB 中，22222AB AC BC AC =+=，∴AC = 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质；证明三角形全等是解决问题的关键．5．1）证明见解析；（2）30PDC ∠=︒；（3）PDC PAC ∠=∠；数量关系不变；理由见解析【分析】（1）先根据等边三角形的性质得出∠BAC ＝∠PAQ ＝60°，AB ＝AC ，AP ＝AQ ，再由SAS 定理即可得出结论；（2）由∠APC=∠CAP ，∠B=∠BAC ，∠B+∠BAC+∠APC+∠CAP=180°，得∠BAP=90°，再结合ABP ACD ≌△△，进而即可求解；（3）设CD 与AP 交于点O ，由ABP ACD ≌△△，得∠ACD=∠APD ，结合∠AOC=∠DOP ，三角形内角和定理，即可得到结论．【详解】（1）证明：∵△ABC 与△APD 是等边三角形，∴∠BAC ＝∠PAD ＝60°，AB ＝AC ，AP ＝AD ，∴∠BAP ＝∠DAC ，在△ABP 与△ACD 中，AB AC BAP CAD AP AD ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴ABP ACD ≌△△（SAS ）； （2）∵PC AC =，∴∠APC=∠CAP ，∵△ABC 是等边三角形，∴∠B=∠BAC=60°，又∵∠B+∠BAC+∠APC+∠CAP=180°，∴∠BAC+∠CAP=12×180°=90°，即：∠BAP=90°， ∴∠APB=90°-60°=30°，∴∠ADC=∠APB=30°，∵△APD 是等边三角形，∴PDC ∠=60°-∠ADC=60°-30°=30°；（3）PDC ∠=PAC ∠，随着点P 位置的变化，PDC ∠与PAC ∠的数量关系不会发生变化，理由如下：设CD 与AP 交于点O ，∵ABP ACD ≌△△，∴∠ACD=∠ABP=60°，∵∠APD=60°，∴∠ACD=∠APD ，又∵∠AOC=∠DOP ，∠AOC+∠ACD+∠PAC=180°，∠DOP+∠APD+∠PDC=180°， ∴PDC ∠=PAC ∠．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，直角三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定和性质，是解题的关键．6．120°．【分析】利用等边三角形的性质可得AD ＝AB ，AC ＝AE ，∠DAB ＝∠CAE ＝60°，利用SAS 即可证明△DAC ≌△BAE ，从而得出∠ABE ＝∠ADC ，设AB 与CD 交于点F ，根据三角形内角和定理和等量代换即可求出∠BOF ，利用平角的定义即可求出结论．【详解】证明：∵△ABD 、△AEC 都是等边三角形，∴AD ＝AB ，AC ＝AE ，∠DAB ＝∠CAE ＝60°，∵∠DAC ＝∠BAC ＋60°，∠BAE ＝∠BAC ＋60°，∴∠DAC ＝∠BAE ，在△DAC 和△BAE 中，AD AB DAC BAE AC AE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ，∴△DAC ≌△BAE （SAS ），∴∠ABE ＝∠ADC设AB 与CD 交于点F ，∵∠BFO=∠DFA∴∠BOF=180°－∠ABE －∠BFO=180°－∠ADC －∠DFA=∠DAB=60°∴∠BOC=180°－∠BOF=120°．【点睛】此题考查的是等边三角形的性质和全等三角形的判定及性质，利用SAS 证出△DAC ≌△BAE 是解题关键．7．（1）见解析；（2）60DHA ∠=︒；（3）BGF 是等边三角形．【分析】（1）从ABD △和BCE ∆是等边三角形中寻找条件证明(SAS)ABE DBC ≌，然后利用全等三角形的性质即可证明；（2）由ABE DBC ≌可得BAE BDC ∠=∠，再由外角的性质可得DHA BAE DCB ∠=∠+∠，然后根据等量代换即可证明；（3）先证明(ASA)ABG DBF ≅得到BG BF =，然后结合60DBE ∠=︒即可说明BGF 是等边三角形．【详解】（1）证明：ABD 和BCE 都是等边三角形，BA BD ∴=，BE BC =，60ABD CBE ∠=∠=︒．180606060DBE ∠=︒-︒-︒=︒，120ABE DBC ∴∠=∠=︒．在ABE △和DBC △中，120AB DB ABE DBC BE BC =⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩，(SAS)ABE DBC ∴≌，AE DC ∴=；（2）解：ABE DBC ≌，BAE BDC ∴∠=∠．又DHA BAE DCB ∠=∠+∠，∴DHA BDC DCB ∠=∠+∠180DBC =︒-∠60=︒；（3）解：由（1）知ABE DBC ≌，BAE BDC ∴∠=∠．在ABG 和DBF 中，60ABD DBE AB DBEAB CDB ∠=∠=︒⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩， (ASA)ABG DBF ∴≅，BG BF ∴=．60DBE ∠=︒， ∴BGF 是等边三角形．【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形外角的性质等知识点，灵活应用相关知识点成为解答本题的关键．8．(1) 140α= ；（2）AOD △是直角三角形，理由见解析；（3）当α为125、110、140时，AOD △是等腰三角形．【分析】(1) 延长AO 交BC 于点E ，由ABC 是等边三角形，BAO CAO ∠=∠，可知AE 垂直平分BC ，得到OB OC =，进而求出70BOE COE ∠=∠=，由此即可得到α的度数；(2)首先根据已知条件可以证明BOC ≌ADC ，得出BOC ADC ∠=∠，然后利用全等三角形的性质可以求出ADO ∠的度数，由此即可判断AOD △的形状；(3)要使AOD △是等腰三角形时，需要分三种情况讨论Ⅰ：AO AD =，Ⅱ：OA OD =，Ⅲ：OD AD =进行讨论，分别求出α的度数．【详解】解：(1)如图，延长AO 交BC 于点E ． ABC 是等边三角形，BAO CAO ∠=∠，∴AE 是底边BC 上的中线，AE 是BC 上的高，即AE 垂直平分BC ，∴OB OC =，∴18011070BOE COE ∠=∠=-=，∴=140α．(2)OCD 、ABC 都是等边三角形，∴OC CD =，BC AC =，60ACB OCD ∠=∠=，∴ACB ACO OCD ACO ∠-∠=∠-∠，即：BCO ACD ∠=∠，在BOC 与ADC 中OC CD BCO ACD BC AC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴BOC ≌ADC ()SAS ，∴BOC ADC ∠=∠，150BOC α∠==，60ODC ∠=，∴1506090ADO ∠=-=，∴AOD △是直角三角形．(3)如图，设1CBO CAD ∠=∠=∠，2ABO ∠=∠，3BAO ∠=∠，4CAO ∠=∠，则1260∠+∠=①，2318011070∠+∠=-=②，3460∠+∠=③，①-②+③，得：1450∠+∠=，即50DAO ∠=，Ⅰ：要使AO AD =，需AOD ADO ∠=∠，∴3601106060αα---=-，∴125α=；Ⅱ：要使OA OD =，需OAD ADO ∠=∠，∴6050α-=，∴110α=；Ⅲ：要使OD AD =，需OAD AOD ∠=∠，∴3601106050α---=，∴140α=∴当α为125、110、140时，AOD △是等腰三角形．【点睛】本题属于综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质和判定，直角三角形的判定，等腰三角形的判定，利用分类讨论思想是解题的关键．9．BE CD =，理由见解析．【分析】由ABD △和ACE △都是等边三角形，利用等边三角形的性质得到AB AD =，AC AE =，60DAB EAC ∠=∠=，利用等式的性质得到夹角相等，再用SAS 证明DAC △和BAE △全等，最后利用全等三角形对应边相等即可得证．【详解】解：BE CD=，理由如下：ABD△是等边三角形，∴AB AD=，60DAB∠=，ACE△是等边三角形，∴AC AE=，60EAC∠=，∴DAB BAC EAC BAC∠+∠=∠+∠，即DAC BAE∠=∠，在DAC△和BAE△中AB ADDAC EABAC AE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴DAC△≌BAE△()SAS，∴BE CD=．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，根据等边三角形的性质得出夹角相等是解题的关键．10．（1）见解析；（2）见解析；（3）BC CE⊥，见解析．【分析】（1）根据ABC和EDC△是等边三角形，得到边角关系，即CA CB=，CD CE=，60B ACB ECD∠=∠=∠=，根据等式性质得到DCB ECA∠=∠，最后利用SAS证明全等即可；（2）根据ACE△≌BCD△，可知对应角B EAC∠=∠，又因为60B ACB∠=∠=，等量代换可知ACB EAC∠=∠，进而得到//AE BC；（3）BC CE⊥，由ABC是等边三角形，点D为AB的中点，根据三线合一可知30ACD BCD∠=∠=，再根据ACE△≌BCD△，进而得到30ECA DCB∠=∠=，最后可求得BCE∠的度数．【详解】（1）ABC 和EDC △是等边三角形；∴CA CB =，CD CE =，60B ACB ECD ∠=∠=∠=，∴ACB ACD ECD ACD ∠-∠=∠-∠，即DCB ECA ∠=∠，在ACE △与BCD △中CA CB DCB ECA CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴ACE △≌BCD △()SAS ；（2）ACE △≌BCD △，∴B EAC ∠=∠；60B ACB ∠=∠=，∴ACB EAC ∠=∠，∴//AE BC ；（3）BC CE ⊥，理由如下： ABC 是等边三角形，点D 为AB 的中点，∴AD BD =，CD AB ⊥，12ACD BCD ACB ∠=∠=∠， 60ACB ∠=， ∴30ACD BCD ∠=∠=，ACE △≌BCD △，∴30ECA DCB ∠=∠=，∴30303090BCE DCB ACD ECA ∠=∠+∠+∠=++=，∴BC CE ⊥．【点睛】本题考查了等边三角形的性质和全等三角形的判定和性质，等式的性质以及平行线的判定等知识点，准确的运用这些性质是解题的关键．11．（1）AE BD =，证明见解析；（2）AE BD ⊥，证明见解析．【分析】（1）根据旋转模型，利用SAS 证明ACE BCD ≅即可得出结论；（2）由全等三角形性质可得E D ∠=∠，利用三角形内角和证明90ECD EFD ∠=∠=︒即可得出结论．【详解】解：（1）AE BD =，证明如下：∵AC BC ⊥，DC EC ⊥，∴90ACB ECD ∠=∠=︒，∴ACB BCE ECD BCE ∠+∠=∠+∠，∴ACE BCD ∠=∠，在ACE △和BCD △中，AC BC ACE BCD EC DC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴ACE BCD ≅（SAS ），∴AE BD =；（2）AE BD ⊥，理由如下：由（1）得ACE BCD ≅，∴E D ∠=∠，又∵ECD D EFD E ∠+∠=∠+∠，∴90EFD ECD ∠=∠=︒，∴AE BD ⊥．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，熟悉全等三角形模型是解题关键．12．证明见解析【分析】由题意可证ABC ≌DEC ，可得A D ∠=∠，再根据三角形内角和即可得12∠=∠．【详解】证明：如图，在ABC 和DEC 中，AC DC AB DE CB CE =⎧⎪=⎨⎪=⎩，∴ABC ≌DEC ()SSS ，A D ∴∠=∠，1180AFE A ∠+∠+∠=，2180DFC D ∠+∠+∠=,AFE DFC ∠=∠，∴12∠=∠．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练运用全等三角形的判定是本题的关键． 13．（1）3；（2）见解析【分析】（1）证得∠ACF ＝∠CBE ，由AAS 证得△ACF ≌△CBE 得出CF ＝BE ＝2，AF ＝CE ＝5，即可得出结果；（2）连接CG ，推出∠GCB ＝∠CBG ＝45°，得出CG ＝BG ，证得△CFG ≌△BEG 得出FG ＝EG 即可．【详解】（1）∵BE ⊥CE ，∴∠BEC ＝90°，∵∠ACB ＝90°，∴∠BEC ＝∠ACB ，∴∠ACF+∠BCE ＝∠BCE+∠CBE ＝90°，∴∠ACF ＝∠CBE ，∵AF ⊥CE ，∴∠AFC ＝90°，在△ACF和△CBE中，∵ACF CBEAFC BECAC BC∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△ACF≌△CBE（AAS），∴CF＝BE＝2，AF＝CE＝5，∵EF＝CE﹣CF，∴EF＝5﹣2＝3；（2）连接CG，如图2所示：∵AC＝BC，AG＝BG，∴CG⊥AB，∠BCG＝12∠ACB＝12×90°＝45°，∴∠CBG＝90°﹣45°＝45°，∴∠GCB＝∠CBG＝45°，∴CG＝BG，在△ADF和△BDE中，∵∠AFD＝∠BED，∴∠FAD＝∠EBG，由（1）证可知：△ACF≌△CBE，∴CF＝BE，∠CAF＝∠BCE，∵∠CAF+∠FAD＝∠GCD+∠BCE＝45°，∴∠FAD＝∠GCD，∴∠EBG＝∠FCG，在△CFG与△BEG中，∵CG=BG，∠FCG=∠EBG，CF=BE，∴△CFG≌△BEG（SAS），∴FG＝EG．【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质与全等三角形性质及判定的综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键．14．（1）证明见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）先根据等边三角形的性质可得,,60AF AD AB AC FAD BAC ==∠=∠=︒，再根据角的和差可得FAB DAC ∠=∠，然后根据三角形全等的判定定理即可得证；（2）先根据全等三角形的性质可得60ABF C ∠=∠=︒，从而可得ABF BAC ∠=∠，再根据平行线的判定可得//BF AC ，然后根据平行四边形的判定即可得证．【详解】（1）∵ABC 和ADF 都是等边三角形，∴,,60AF AD AB AC FAD BAC C ==∠=∠=∠=︒，FAD BAD BAC BAD ∴∠-∠=∠-∠，即FAB DAC ∠=∠，在AFB △和ADC 中，AF AD FAB DAC AB AC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴()AFB ADC SAS ≅；（2）∵AFB ADC ≅，∴60ABF C ∠=∠=︒，又∵60BAC ∠=︒，∴ABF BAC ∠=∠，∴//BF AC ，又∵//BC EF ，∴四边形BCEF 是平行四边形．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、三角形全等的判定定理与性质、平行四边形的判定等知识点，熟练掌握各判定定理与性质是解题关键．15．（1）见解析；（2）BA+BD=BE ，理由见解析【分析】（1）由“SAS”可证△ABE ≌△ACD ；（2）由全等三角形的性质可得BE=DC ，由线段的和差关系可求解．【详解】（1）∵△ABC 、△ADE 是等边三角形，∴AB=AC=BC ，AD=AE ，∠BAC=∠EAD=60°，∴∠BAC+∠BAD=∠EAD+∠BAD ，即∠CAD=∠BAE ，∵在△ABE 和△ACD 中，AB AC BAE CAD AE AD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABE ≌△ACD ；（2）BA+BD=BE ，理由如下：∵△ABE ≌△ACD ，∴BE=DC ，∴BA+BD= BC+BD=DC= BE ．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，证明△ABE ≌△ACD 是解本题的关键．16．（1）证明见解析；∠AEB=60︒；（2）∠AEB=90︒；2AE BE CF =+；理由见解析．【分析】（1）小雪的题目：先利用SAS 证明ADC BEC ≅，再利用全等三角形的性质、三角形外角的性质及等量代换即可得证；小华的题目：先利用SAS 证明ADC BEC ≅，再利用全等三角形的性质得出ADC BEC ∠∠=，然后根据等边三角形的性质求出60CDE CED ∠=∠=︒，最后根据邻补角的概念和角的和与差即可得出答案；（2）根据题意易证ADC BEC ≅，再根据全等三角形的性质及邻补角的概念即可求得 ∠AEB 的度数；然后根据三线合一即可得出CF DF EF ==，最后根据线段的和与差及等量代换即可得出答案．【详解】（1）小雪的题目：证明：ACB DCE ∠=∠ACD BCE ∠∠∴=在ADC 和DCE 中，CA CB ACD BCE CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()ADC BEC SAS ∴≅△△CAD CBE ∴∠=∠又ACD BCE ∠=∠,CDE CAD ACD ∠=∠+∠CDE CBE BCE ∴∠=∠+∠；小华的题目：解：ACB DCE ∠=∠ACD BCE ∠∠∴=在ADC 和DCE 中，CA CB ACD BCE CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()ADC BEC SAS ∴≅△△ADC BEC ∠∠∴= CDE 为等边三角形60CDE CED ∴∠=∠=︒ 又点A 、D 、E 在同一条直线上120ADC BEC ∴∠=∠=︒60AEB BEC CED ∴∠=∠-∠=︒（2）∠AEB=90︒；2AE BE CF =+；理由如下：△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形，,,9045AC BC CD CE ACB DCE CDE CED ∴==∠=∠=︒∠=∠=︒，,ACB DCB DCE DCB ∴∠-∠=∠-∠即ACD BCE ∠=∠在ADC 和DCE 中，CA CB ACD BCE CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()ADC BEC SAS ∴≅△△,BE AD BEC ADC ∴=∠=∠,点A 、D 、E 在同一直线上18045135ADC ∴∠=︒-︒=︒135BEC ∴∠=︒1354590AEB BEC CED ∴∠=∠-∠=︒-︒=︒90,DCE CD CE CF DE ∠=︒=⊥，CF DF EF ∴==2DE DF EF CF ∴=+=2AE AD DE BE CF ∴=+=+．【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质、等腰三角形的性质、等边三角形的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．17．（1）证明见解析；（2）222AD BF DF +=，证明见解析；（3）BF =【分析】（1）将CD 绕C 点逆时针旋转90°至CE ，可得△DCE 是等腰直角三角形，再判定△ACD ≌△BCE （SAS ），即可得出AD ＝BE ；（2）连接FE ，根据CF 是DE 的垂直平分线，可得DF ＝EF ，再根据Rt △BEF 中，BE2＋BF2＝EF2，即可得出AD2＋BF2＝DF2；（3）根据∠BDE ＝15°＝∠DEF ，可得∠BFE ＝30°，设BE ＝x ，则BF =，2EF x DF ==，利用在Rt BDE △中，()2222x x ++=，即可解得1x =，故可求出BF ． 【详解】（1）将CD 绕C 点逆时针旋转90°至CE ，可得DCE 是等腰直角三角形， 90DCE ACB ∴∠=∠=︒，DC EC =，ACD BCE ∠∠∴=，在ACD △和BCE 中，AC BC ACD BCE DC EC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()SAS ACD BCE ∴△≌△，AD BE ∴=．（2）222AD BF DF +=．CF DE ⊥，DCE 是等腰直角三角形，连接FE ，如图所示，CF ∴是DE 的垂直平分线，DF EF ∴=，又ACD BCE ≌，45ABC ∠=︒，45CBF A ABC ∴∠=∠=︒=∠，90EBF ∴∠=︒，∴在Rt BEF △中，222BE BF EF +=，222AD BF DF ∴+=．（3）31CD =，DCE是等腰直角三角形，DE ∴= 15ACD ∠=︒，45A CDE ∠=∠=︒，15BDE DEF ∴∠=︒=∠，30BFE ∴∠=︒，设BE x=，则BF =，2EFx DF ==，∴在Rt BDE △中，()2222x x ++=，解得1x =，BF ∴=【点睛】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质以及全等三角形的判定与性质的综合运用，解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形，运用勾股定理进行计算求解．。
初二数学手拉手模型练习题
初二数学手拉手模型练习题手拉手模型是一种非常实用的数学解题方法，特别适用于初中数学。
它以形象生动的方式展示了解题思路，帮助学生更好地理解和掌握数学知识。
本文将介绍几道初二数学手拉手模型练习题，旨在加深学生对手拉手模型的理解和应用能力。
练习题一：比例小明和小杰一起在田地里耕作，小明一天可以耕种2个小时，而小杰一天可以耕种4个小时。
他们俩一起工作6天，完成了多少小时的耕种工作？解题思路：我们可以使用手拉手模型来解决这个问题。
我们先设小明耕种的小时数为x，小杰耕种的小时数为2x。
则小明和小杰一起耕种的小时数为x + 2x = 3x。
根据比例关系可得出：2:4 = x:6通过交叉相乘法，我们可以得到2x = 12，解方程可得x = 6。
所以，小明和小杰一起工作6天，完成了18个小时的耕种工作。
练习题二：百分数某商品打折销售，原价为100元，现以8折的价格出售。
若小明购买了两件该商品，请计算小明共支付了多少钱？解题思路：我们可以使用手拉手模型来解决这个问题。
我们先设小明支付的金额为x，商品的原价为100元。
则商品折后的价格为100 * 80% = 80元。
根据比例关系可得出：80:100 = x:200通过交叉相乘法，我们可以得到80x = 200 * 100，解方程可得x = 250。
所以，小明购买了两件商品，共支付了250元。
练习题三：速度小华驾驶一辆摩托车前往一个城市，全程200公里。
第一段路他以每小时40公里的速度行驶，而第二段路他以每小时60公里的速度行驶。
请计算小华前往城市所需的总时间。
解题思路：我们可以使用手拉手模型来解决这个问题。
我们先设小华行驶第一段路的时间为x，行驶第二段路的时间为y。
根据速度与时间的关系可得出：40:x = 60:y通过交叉相乘法，我们可以得到40y = 60x。
由于行驶的总路程为200公里，所以x + y = 200。
我们可以将x代入上式，得到40y =60(200 - y)，解方程可得y = 120。
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。
手拉手旋转模型(解析版)-初中数学专项训练
手拉手旋转模型【基本模型】应用：通过辅助线利用旋转构造全等三角形解决问题。
【例题精讲】1(基本模型1)如图所示，△ABC和△ADE都是等边三角形，且点B、A、E在同一直线上，连接BD交AC于M，连接CE交AD于N，连接MN．(1)求证：BD=CE；(2)求证：△ABM≌△ACN；(3)求证：△AMN是等边三角形．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)由已知条件等边三角形，可知AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，进一步求证∠BAD=∠CAE，从而△ABD≌△ACE(SAS)，所以BD=CE．(2)由(1)知△ABD≌△ACE，得∠ABM=∠CAN，由点B、A、E共线，得∠CAN=60°=∠BAC，进一步求证△ABM≌△ACN(ASA)．(3)由△ABM≌△ACN，得AM=AN，而∠CAN=60°，所以△AMN是等边三角形．【详解】(1)∵△ABC和△ADE都是等边三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，∴∠BAD=∠CAE．在△ABD和△ACE中，AB=AC∠BAD=∠CAE AD=AE∴△ABD≌△ACE(SAS)，∴BD=CE．(2)由(1)知△ABD≌△ACE，∴∠ABM=∠ACN．∵点B、A、E在同一直线上，且∠BAC=∠DAE=60°，∴∠CAN =60°=∠BAC ．在△ABM 和△ACN 中，∠BAM =∠CANAB =AC∠ABM =∠ACN∴△ABM ≌△ACN (ASA )．(3)由(2)知△ABM ≌△ACN ，∴AM =AN ，∵∠CAN =60°，∴△AMN 是等边三角形．【点睛】本题主要考查等边三角形的性质和判定、全等三角形判定和性质；将等边三角形的条件转化为相等线段和等角，选择合适的方法判定三角形全等是解题的关键．2(基本模型2)如图1，在△ABC 中，AE ⊥BC 于E ，AE =BE ，D 是AE 上的一点，且DE =CE ，连接BD ，CD．(1)试判断BD 与AC 的位置关系和数量关系，并说明理由；(2)如图2，若将△DCE 绕点E 旋转一定的角度后，试判断BD 与AC 的位置关系和数量关系是否发生变化，并说明理由；(3)如图3，若将(2)中的等腰直角三角形都换成等边三角形，其他条件不变．①试猜想BD 与AC 的数量关系，并说明理由；②你能求出BD 与AC 的夹角度数吗？如果能，请直接写出夹角度数；如果不能，请说明理由．【答案】(1)BD =AC ，BD ⊥AC ，理由见解析；(2)不变，理由见解析；(3)①BD =AC ，理由见解析；②能，60°或120°．【分析】(1)延长BD 交AC 于F ，根据“SAS ”判定△BED ≌△AEC ，根据全等三角形的性质，即可求证；(2)根据“SAS ”判定△BED ≌△AEC ，根据全等三角形的性质，即可求证；(3)①根据“SAS ”判定△BED ≌△AEC ，根据全等三角形的性质，即可求证；②设AC 与BD 交于点F ，根据全等三角形的性质，即可求证．【详解】(1)BD =AC ，BD ⊥AC ，理由：延长BD 交AC 于F ．∵AE ⊥BC ，∴∠AEB =∠AEC =90°，在△BED 和△AEC 中，BE =AE∠BED =∠AECDE =EC∴△BED ≌△AEC (SAS )，∴BD =AC ，∠DBE =∠CAE，∵∠BED=90°，∴∠EBD+∠BDE=90°，∵∠BDE=∠ADF，∴∠ADF+∠CAE=90°，∴∠AFD=180°-90°=90°，∴BD⊥AC；(2)不发生变化，理由是：∵∠BEA=∠DEC=90°，∴∠BEA+∠AED=∠DEC+∠AED，∴∠BED=∠AEC，在△BED和△AEC中，BE=AE∠BED=∠AEC DE=EC∴△BED≌△AEC(SAS)，∴BD=AC，∠BDE=∠ACE，∵∠DEC=90°，∴∠ACE+∠EOC=90°，∵∠EOC=∠DOF，∴∠BDE+∠DOF=90°，∴∠DFO=180°-90°=90°，∴BD⊥AC；(3)①∵∠BEA=∠DEC=90°，∴∠BEA+∠AED=∠DEC+∠AED，∴∠BED=∠AEC，在△BED和△AEC中，BE=AE∠BED=∠AEC DE=EC∴△BED≌△AEC(SAS)，∴BD=AC，②能．设AC与BD交于点F，如下图：理由：∵△ABE和△DEC是等边三角形，∴AE=BE，DE=EC，∠EDC=∠DCE=60°，∠BEA=∠DEC=60°，∴∠BEA+∠AED=∠DEC+∠AED，∴∠BED=∠AEC，在△BED和△AEC中，BE=AE∠BED=∠AEC DE=EC，∴△BED≌△AEC(SAS)，∴∠BDE=∠ACE，BD=AC．∴∠DFC=180°-(∠BDE+∠EDC+∠DCF) =180°-(∠ACE+∠EDC+∠DCF)=180°-(60°+60°)=60°，即BD与AC所成的角的度数为60°或120°．【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握全等三角形的判定方法与性质．3(作辅助线方法1)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∠ABC=60°，射线BM在∠ABC内部，∠ADB=60°，求证：∠BDC=60°，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∠ABC=∠ADB=30°．①当射线BM在∠ABC内，求∠BDC的度数②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；【答案】(1)见解析(2)①∠BDC=120°②；∠BDC的度数会变化，理由见解析【分析】(1)根据等边三角形的判定定理得到△ADE、△ABC是等边三角形，进而得到∠BAE=∠CAD，根据SAS证明△BAE≌△CAD，根据全等三角形的性质得到∠ADC=∠AEB=120°，得到答案；(2)①在BD上取一点E，AE=AD，证明△BAE≌△CAD，得到∠ADC=150°，可求出答案；②在DB延长线上取一点E，使得AE=AD，同理证明△BAE≌△CAD，求出∠ADC=∠E=30°，进而求出∠BDC．【详解】(1)证明：如图1，在BM上取一点E，使AE=AD，∵∠ADB=60°，∴△ADE是等边三角形，∴∠EAD=60°，∵AB=AC，∠ABC=60°，∴△ABC是等边三角形，∴∠BAC=60°，∴∠BAC=∠EAD，∴∠BAC-∠EAC=∠EAD-∠EAC，即∠BAE=∠CAD，∵在△BAE和△CAD中AB=AC∠BAE=∠CAD AE=AD，∴△BAE≌△CAD SAS，∴∠ADC=∠AEB=120°，∴∠BDC=120°-60°=60°；(2)证明：①在BD 上取一点E ，AE =AD ，如图所示：∵∠ABC =∠ADB =30°，AB =AC ，∴∠ABC =∠ACB =30°，∠AED =∠ADE =30°，∴∠BAC =∠EAD =120°，∴∠BAE =∠CAD ，∵在△BAE 和△CAD 中AB =AC∠BAE =∠CAD AE =AD，∴△BAE ≌△CAD SAS ，∴∠ADC =∠AEB =180°-30°=150°，∴∠BDC =150°-30°=120°；②∠BDC 的度数会变化，理由如下：在DB 延长线上取一点E ，使得AE =AD ，如图所示：同理①的方法可证：△BAE ≌△CAD ，∴∠ADC =∠E =30°，∴∠BDC =∠ADE +∠ADC =30°+30°=60°．【点睛】本题考查的是等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定和性质，正确作出辅助线，构造全等三角形进行计算和证明是解题的关键．4(作辅助线2)点D 为△ABC 外一点，∠ACB =90°，AC =BC．(1)如图1，∠DCE =90°，CD =CE ，求证：∠ADC =∠BEC ；(2)如图2，若∠CDB =45°，AE ∥BD ，CE ⊥CD ，求证：AE =BD ；【答案】(1)见解析(2)见解析(3)n 2-1+3【分析】(1)根据SAS 证明△ACD ≌△BCE ，可得∠ADC =∠BEC ；(2)延长DC 交AE 于F ，连BF ，根据SAS 证明△ACE ≌△BCF ，则AE =BF ，∠BFC =∠AEC =45°=∠FDB ，结论得证；(3)过点C 在CD 上方作CE ⊥CD ,CE =CD ，连BE 、DE ．由(1)知△ACD ≌△BCE ，则∠BEC =∠ADC =15°，求出∠BED =30°，可求出OE ,OB 的长，则AD 可求出．【详解】(1)证明：∵∠DCE =∠ACB =90°，∴∠ACD =∠BCE ，又∵AC =BC ，CE =CD ，∴△ACD ≌△BCE (SAS )，∴∠ADC =∠BEC ．(2)如图1，延长DC 交AE于F ，连BF ，∵AE ∥BD ，∴∠EFC =∠CDB =45°．∵EC ⊥CD ，∠CEF =∠CFE =45°，∴EC =CF ．∵∠ACE =∠BCF ，AC =BC ，∴△ACE ≌△BCF (SAS )，∴AE =BF ，∠BFC =∠AEC =45°=∠FDB ，∴BF =BD ，∴AE =BD ；【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质与判定，平行线的性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，正确的作出辅助线是解题的关键，5(最值问题)在△ABC 中，∠ACB =90°,∠B =60°,AB =4,点D 是直线BC 上一动点，连接AD ，在直线AD 的右侧作等边△ADE ，连接CE ，当线段CE 的长度最小时，线段CD 的长度为．【答案】3【分析】在AC 的左侧作等边三角形ACF ，连接CE 、BF 、FD 、CF ，再证明△ADF ≌△AEC , 可得CE =DF , 再利用DF ⊥BC 时，DF 最短，从而可得答案.【详解】解：在AC 的左侧作等边三角形ACF ，连接CE 、BF 、FD 、CF ，∵∠ACB =90°,∠B =60°,则∠BAC =30°,则∠FAB =∠FAC -∠BAC =60°-30°=30°，故点C 、F 关于AB 对称，则∠ABF =∠ABC =60°，BF =BC =12AB =12×4=2，∵△AFC ,△ADE 均为等边三角形，∴∠FAD +∠DAC =60°，∠DAC +∠EAC =60°，AF =AC ,AD =AE ,∴∠FAD =∠EAC ，∴ΔADF ≅ΔAEC (SAS )，∴DF =EC ，当DF ⊥BC 时，DF 最小，由∠ABC =∠ABF =60°,BC =BF =2,∴∠FBD =60°,∠DFB =30°,故BD =12BF =12×2=1，故CD 的长度为BD +CB =1+2=3，故答案为：3.【点睛】本题考查的是等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短，含30°的直角三角形的性质，灵活运用以上知识解题是解题的关键.6(培优综合)如图1，在△ABC中，CA=CB，∠ACB=90°．点D是AC中点，连接BD，过点A作AE⊥BD交BD的延长线于点E，过点C作CF⊥BD于点F．(1)求证：∠EAD=∠CBD；(2)求证：BF=2AE；(3)如图2，将△BCF沿BC翻折得到△BCG，连接AG，请猜想并证明线段AG和AB的数量关系．【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)：AG=AB，理由见解析【分析】(1)根据角度的等量代换即可求解．(2)证明△AEC≌△BPC后，运用角度等量代换，求得CF=PF；证明△AED≌△CFD即可求解．(3)证明△AEB≌△BHA，根据线段的等量代换以及运用等腰三角形三线合一的证明即可求解．【详解】(1)证明：∵AE⊥BD，∴∠AED=90°，∴∠EAD+∠ADE=90°，∵∠ADE=∠BDC，∴∠EAD+∠BDC=90°，∵∠ACB=90°，∴∠CBD+∠BDC=90°，∴∠EAD=∠CBD；(2)证明：如图1，连接CE，在BF上截取BP=AE，连接CP，∵∠EAD=∠CBD，AC=BC，∴△AEC≌△BPC(SAS)，∴CE=CP，∠ACE=∠BCP，∴∠ACE+∠DCP=∠BCP+∠DCP，∴∠ECP=∠DCB=90°，∵CE=CP，CF⊥BD，∴∠CEP=∠CPF=∠PCF=45°，∴CF=PF，∵点D是AC的中点，∴AD=CD，∵∠AED=∠CFD=90°，∠ADE=∠CDF，∴△AED≌△CFD(AAS)，∴AE =CF ，∴AE =PF ，∴BF =BP +PF =2AE ；(3)结论：AG =AB ，证明如下：如图2，取BG 的中点H ，连接CE ，CH ，AH ，∴BH =12BG =12BF =AE ，∵∠HBC =∠PBC =∠EAC ，∴∠EAC +∠CAB =∠HBC +∠CBA ，∴∠EAB =∠HBA ，∵AB =BA ，∴△AEB ≌△BHA (SAS )，∴∠BHA =∠AEB =90°，∴AH ⊥BG ，∵BH =HG ，∴AG =AB ．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质以及运用等边三角形三线合一的证明，运用全等可以进行角度与线段的等量代换进行题目求解，全等三角形的判定SSS 、SAS 、ASA 、AAS 、HL 要熟记．【变式训练】1在△ABC 中，AB =AC ，点D 是直线BC 上一点(不与B 、C 重合)，把线路AD 绕着点A 逆时针旋转至AE (即AD =AE )，使得∠DAE =∠BAC ，连接DB 、CE ．(1)如图1，点D 在线段BC 上，如果∠BAC =90°，则∠BCE =度．(2)如图2，当点D 在线段BC 上，如果∠BAC =60°，则∠BCE =度．(3)如图3，设∠BAC =α，∠BCE =β，当点D 在线段BC 上移动时，α，β的数量关系是什么？请说明理由．(4)设∠BAC=α，∠BCE=β，当点D在直线BC上移动时，请直接写出α，β的数量关系，不用证明．【答案】(1)90(2)120(3)α+β=180°(4)α+β=180°或α=β【分析】(1)由“SAS”可证△BAD≌△CAE，得∠ABC=∠ACE=45°，可求∠BCE的度数；(2)由“SAS”可证△BAD≌△CAE，得∠ABC=∠ACE=60°，可求∠BCE的度数；(3)由“SAS”可证△BAD≌△CAE得出∠ABD=∠ACE，再用三角形的内角和即可得出结论；(4)由“SAS”可证△BAD≌△CAE得出∠ABD=∠ACE，再用三角形的内角和即可得出结论．【详解】(1)解：∵∠BAC=90°，∴∠DAE=∠BAC=90°，∵AB=AC，AD=AE，∴∠B=∠ACB=45°，∠ADE=∠AED=45°，∵∠DAE=∠BAC，∴∠BAD=∠CAE，在△BAD和△CAE中，AB=AC∠BAD=∠CAE AD=AE，∴△BAD≌△CAE SAS，∴∠ACE=∠B=45°，∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°，故答案为：90；(2)∵∠BAC=60°，∴∠DAE=∠BAC=60°，∵AB=AC，AD=AE，∴∠B=∠ACB=60°，∠ADE=∠AED=60°，∵∠DAE=∠BAC，∴∠BAD=∠CAE，在△BAD和△CAE中，AB=AC∠BAD=∠CAE AD=AE，∴△BAD≌△CAE SAS，∴∠ACE=∠B=60°，∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=120°，故答案为：120；(3)α+β=180°，理由如下：∵AB =AC ，AD =AE ，∠DAE =∠BAC ，∴∠BAD =∠CAE ，在△BAD 和△CAE 中，AB =AC∠BAD =∠CAE AD =AE，∴△BAD ≌△CAE SAS ，∴∠ACE =∠B ，∴∠ACE +∠ACB =∠B +∠ACB ，∵∠BCE =∠ACB +∠ACE =β，∴∠B +∠ACB =β，∵∠BAC =α，∠BAC +∠B +∠ACB =180°，∴α+β=180°；(4)如图4，当点D 在BC 的延长线上时，α+β=180°，证明方法同(3)；如图5，当点D 在CB 的延长线上时，α=β，理由如下：∵∠DAE =∠BAC ，∴∠DAB +∠BAE =∠EAC +∠BAE ，∴∠DAB =∠EAC ，在△BAD 和△CAE 中，AB =AC∠BAD =∠CAE AD =AE，∴△BAD ≌△CAE SAS ，∴∠ABD =∠ACE ，∵∠ABD =∠BAC +∠ACB ，∠ACE =∠BCE +∠ACB ，∴∠BAC =∠BCE ，∵∠BAC =α，∠BCE =β，∴α=β．综上，α+β=180°或α=β．【点睛】此题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理等知识，本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的性质，证明△BAD ≌△CAE 是解题的关键．2已知，在△ABC 中，∠A =90°，AB =AC ，点D 为BC 的中点．(1)观察猜想如图①，若点E 、F 分别是AB 、AC 的中点，则线段DE 与DF 的数量关系是；线段DE 与DF 的位置关系是．(2)类比探究如图②，若点E 、F 分别是AB 、AC 上的点，且BE =AF ，上述结论是否仍然成立，若成立，请证明：若不成立，请说明理由；(3)解决问题如图③，若点E 、F 分别为AB 、CA 延长线的点，且BE =AF =13AB =2，请直接写出△DEF 的面积．【答案】(1)DE =DF ，DE ⊥DF ；(2)成立，证明见解析；(3)17【分析】(1)由点E 、F 、D 分别是AB 、AC 、BC 的中点，可得ED =12AC ，DF =12AB ，ED ∥AC ，DF ∥AB ，再由AB =AC ，∠A =90°，得DE =DF ，∠BDE =∠FDC =∠C =45°，由此即可得到答案；(2)连接AD ，只需要证明△BDE ≌△ADF ，得到DE =DF ，∠BDE =∠ADF ，即可得到结论；(3)连接AD ，证明△BDE ≌△ADF 得到S △BDE =S △ADF ，则S △DEF =S △ABD +S △AEF =12S △ABC +S △AEF ，由此求解即可．【详解】解：(1)∵点E 、F 、D 分别是AB 、AC 、BC 的中点，∴ED =12AC ，DF =12AB ，ED ∥AC ，DF ∥AB ，∵AB =AC ，∠A =90°，∴DE =DF ，∠BDE =∠FDC =∠C =45°，∴∠EDF =90°即DE ⊥DF ，故答案为：DE =DF ，DE ⊥DF ；(2)结论成立：DE =DF ，DE ⊥DF ，证明：如图所示，连接AD ，∵AB =AC ，∠BAC =90°，D 为BC 的中点，∴AD =12BC =BD =CD ，且AD 平分∠BAC ，∠B =∠C =45°，∴∠BAD =∠CAD =45°，在△BDE 和△ADF 中，BD =AD∠B =∠DAF =45°BE =AF，∴△BDE ≌△ADF SAS ，∴DE =DF ，∠BDE =∠ADF ，∵∠BDE +∠ADE =90°，∴∠ADF +∠ADE =90°，即∠EDF =90°，即DE ⊥DF ；(3)如图所示，连接AD ，∵AB =AC ，∠BAC =90°，D 为BC 的中点，∴∴AD =12BC =BD =CD ，且AD 平分∠BAC ，∠ABC =∠C =45°，∴∠BAD =∠CAD =45°，∴∠FAD =180°-∠CAD =135°，∠EBD =180°-∠ABC =135°，∴∠FAD =∠EBD ,在△BDE 和△ADF 中，BD =AD∠EBD =∠FAD BE =AF，∴△BDE ≌△ADF (SAS )，∴S △BDE =S △ADF ，∴S △DEF =S △ABD +S △AEF =12S △ABC +S △AEF，∵BE =AF =13AB =2，∴AB =AC =6，∴AE =AB +BE =8，∴S △DEF =12S △ABC +S △AEF =12×2×8+12×12×6×6=17【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质等等，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．3有如下一道作业题：如图1，四边形ABCD 是正方形，以C 为直角顶点作等腰直角三角形CEF ，DF ．求证：△BCE ≌△DCF ．(1)请你完成这道题的证明：(2)如图2，在正方形ABCD 中，点N 是边CD 上一点，CM =CN ，连接DM ，连接FC ．①求证：∠BFC =45°．②把FC 绕点F 逆时针旋转90°得到FP ，连接CP (如图3)．求证：BF =CP +DF ．【答案】(1)见解析；(2)①见解析；②见解析【分析】(1)由正方形的性质可知CB =CD ，∠BCD =90°，再根据题意推出∠BCE =∠DCF ，以及CE =CF ，从而利用“SAS ”证明全等即可；(2)①根据题意可先证明△BCN ≌△DCM ，从而推出∠CBN =∠CDM ，然后作CG ⊥CF 交BF 于G 点，再证明△BCG ≌△DCF ，即可得到△CFG 为等腰直角三角形，从而得出结论；②作CQ ⊥CF 交BF 于Q 点，结合①的结论，可得BQ =DF ，然后结合题意证明四边形CQFP 为平行四边形，即可得到CP =QF ，从而证得结论．【详解】(1)∵四边形ABCD 为正方形，∴CB =CD ，∠BCD =90°，即：∠BCE +∠ECD =90°，∵△CEF 为等腰直角三角形，∴CE =CF ，∠ECF =90°，即：∠ECD +∠DCF =90°，∴∠BCE =∠DCF ，在△BCE 与△DCF 中，CB =CD∠BCE =∠DCFCE =CF∴△BCE ≌△DCF (SAS )；(2)①由正方形性质可知，∠BCN =∠DCM =90°，在△BCN 和△DCM 中，BC =DC∠BCN =∠DCMCN =CM∴△BCN ≌△DCM (SAS )，∴∠CBN =∠CDM ，如图，作CG ⊥CF 交BF 于G 点，则∠GCF =90°，∴∠BCG =∠DCF ，在△BCG 和△DCF 中，∠CBG =∠CDFBC =DC∠BCG =∠DCF∴△BCG ≌△DCF (ASA )，∴CG =CF ，∴△CFG 为等腰直角三角形，∴∠BFC =45°；②如图所示，作CQ ⊥CF 交BF 于Q 点，由①可知，△BCQ ≌△DCF ，∴BQ =DF ，且由①证明可知，△CQF 为等腰直角三角形，∵FP 由FC 绕F 点旋转90°得到，∴△CFP 为等腰直角三角形，∴∠P =∠CQF =45°，∠QFP =∠QCP =90°+45°=135°，∴四边形CQFP 为平行四边形，∴CP =QF ，∵BF =QF +BQ ，∴BF =CP +DF ．【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，平四边形的判定与性质等，熟练掌握图形的基本性质，掌握几何证明中的常见模型是解题关键．4(1)问题发现：如图1，△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形，∠ACB =∠DCE =90°，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，∠ACB=∠DCE =90°，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【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∠FAB =α，则∠CAD =∠CBE =45°-α，根据∠ABE =45°+45°-α=90°-α，进而根据∠AFB =180°-∠FAB -∠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，∠ACB =∠DCE =90°，∴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∠FAB =α，则∠CAD =∠CBE =45°-α∴∠ABE =45°+45°-α=90°-α∴∠AFB =180°-∠FAB -∠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 =12180°-α =90°-12α∴∠GAB +∠GBA =∠CAD +∠CAB +∠ABC -∠CBE ，=∠ABC +∠CAB =180°-α，∴∠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．【课后训练】5如图，在Rt △ABC 中，∠ABC =90°，AB =BC ，点D 为三角形右侧外一点．且∠BDC =45°．连接AD ，若△ACD 的面积为98，则线段CD 的长度为．【答案】32【分析】过点B 作BE ⊥BD ，交DC 的延长线于点E ，连接AE ，由题意易得△EBD 是等腰直角三角形，然后可证△BCD ≌△BEA ，则有∠BDC =∠BEA =45°，AE =CD ，进而根据三角形面积公式可进行求解．【详解】解：过点B 作BE ⊥BD ，交DC 的延长线于点E ，连接AE ，如图所示：∵∠ABC =90°，∴∠ABE +∠EBC =∠EBC +∠CBD =90°，∴∠ABE =∠CBD ，∵∠BDC=45°，∠EBD =90°，∴△EBD 是等腰直角三角形，∴∠BDC =∠BED =45°，BE =BD ，∵AB=BC，∴△BCD≌△BAE(SAS)，∴∠BDC=∠BEA=45°，AE=CD，∴∠AED=∠AEB+∠BED=90°，∵S△ACD=12CD⋅AE=98，∴CD2=94，∴CD=32；故答案为32．【点睛】本题主要考查三角形全等的判定与性质及等腰直角三角形的性质与判定，解题的关键是构造旋转型全等，抓住等腰直角三角形的特征．6如图，△ABC是边长为5的等边三角形，BD=CD，∠BDC=120°．E、F分别在AB、AC上，且∠EDF=60°，则三角形AEF的周长为．【答案】10【分析】延长AB到N，使BN=CF，连接DN，求出∠FCD=∠EBD=∠NBD=90°，根据SAS证△NBD≌△FCD，推出DN=DF，∠NDB=∠FDC，求出∠EDF=∠EDN，根据SAS证△EDF≌△EDN，推出EF =EN，易得△AEF的周长等于AB+AC．【详解】解：延长AB到N，使BN=CF，连接DN，∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC=∠ACB=60°，∵BD=CD，∠BDC=120°，∴∠DBC=∠DCB=30°，∴∠ACD=∠ABD=30°+60°=90°=∠NBD，∵在△NBD和△FCD中，BD=DC∠NBD=∠FCDBN=CF，∴△NBD≌△FCD(SAS)，∴DN=DF，∠NDB=∠FDC，∵∠BDC=120°，∠EDF=60°，∴∠EDB+∠FDC=60°，∴∠EDB+∠BDN=60°，即∠EDF=∠EDN，在△EDN和△EDF中，DE=DE∠EDF=∠EDNDN=DF，∴△EDN≌△EDF(SAS)，∴EF=EN=BE+BN=BE+CF，即BE+CF=EF．∵△ABC是边长为5的等边三角形，∴AB=AC=5，∵BE+CF=EF，∴△AEF的周长为：AE+EF+AF=AE+EB+FC+AF=AB+AC=10，故答案为：10．【点睛】本题考查了等边三角形性质和判定，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，全等三角形的性质和判定的综合运用．注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．7等腰直角三角形ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，且△ABC的面积为16，过点B作直线EF∥AC，点G是直线EF上的一个动点，连接AG，将AG绕点A顺时针旋转90°，得到线段AH，连接BH，则线段BH的最小值为．【答案】42【分析】如图所示：连接CG．由旋转的性质可知AG=AH，∠GAH=90°，再由∠BAC=90°，可知∠HAB=∠CAG．可证△ABH≅△ACG．可得BH=CG．BH最小转化成求CG最小．只需CG⊥BG就可以了．由此可得四边形ABGC是正方形．由△ABC的面积是16，可求BH的值为43．【详解】如图所示：连接CG．由旋转的性质可知：AG=AH，∠GAH=90°．∵∠BAC=90°∴∠BAC-∠BAG=∠GAH-∠BAG，即∠HAB=∠CAG．在△ABH和△ACG中，AB=AC∠HAB=∠CAG AH=AG△ABH≅△ACG∴BH=CG要让BH最小，也就是要CG最小，∴CG⊥BG时，CG最小．∵EF∥AC，∠BAC=90°，∴∠ABG=∠BAC=90°∵CG⊥BG∴四边形ABGC时矩形，∵AB=AC∴矩形ABGC是正方形．∴AB=BG=CG=AC．∵△ABC的面积为16，=16，∴AB•AC2解得：AB=AC=42．∴AB=AC=CG=BH=42．故答案为：42【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定定理、矩形的性质和判定定理、正方形的性质和判定定理、等腰直角三角形的性质等知识．证得三角形全等，由求BH转化成求CG，和让CG⊥BG时，CG最短是解决本题的关键．8(1)如图1，△ABC与△CDE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，猜想并证明：线段AE、BD的数量关系和位置关系．(2)在(1)的条件下，若点A，E，D在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，请判断∠ADB的度数及线段CM，AD，BD之间的数量关系，并说明理由．【答案】(1)AE=BD，AE⊥BD，证明见解析．(2)∠ADB=90°，AD=2CM+BD．证明见解析【分析】(1)延长AE交BD于点H，AH交BC于点O．只要证明△ACE≌△BCD(SAS)，即可解决问题；(2)由△ACE≌△BCD，即可解决问题．【详解】解：(1)如图1中，延长AE交BD于点H，AH交BC于点O，∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，∴AC=BC，CD=CE，∴∠ACE=∠BCD，∴△ACE≌△BCD(SAS)，∴AE=BD，∠CAE=∠CBD，∵∠CAE+∠AOC=90°，∠AOC=∠BOH，∴∠BOH+∠CBD=90°．∴∠AHB=90°，∴AE⊥BD．故答案为AE=BD，AE⊥BD；(2)∠ADB =90°，AD =2CM +BD ，理由如下：如图2中，∵△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形，∠ACB =∠DCE =90°，∴∠CDE =∠CED =45°，∴∠AEC =180°-∠CED =135°，由(2)可知：△ACE ≌△BCD ，∴AE =BD ，∠BDC =∠AEC =135°，∴∠ADB =∠BDC -∠CDE =135°-45°=90°；在等腰直角三角形DCE 中，CM 为斜边DE 上的高，∴CM =DM =ME ，∴DE =2CM ，∴AD =DE +AE =2CM +BD ．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．9如图，四边形ABCD 中，已知∠BAC =∠BDC =90°，且AB =AC ．(1)求证：∠ABD =∠ACD ；(2)记△ABD 的面积为S 1，△ACD 的面积为S 2．①求证：S 1-S 2=12AD 2；②过点B 作BC 的垂线，过点A 作BC 的平行线，两直线相交于M ，延长BD 至P ，使得DP =CD ，连接MP ．当MP 取得最大值时，求∠CBD 的大小．【答案】(1)见解析；(2)①见解析；②∠CBD =22.5°【分析】(1)设AC ，BD 相交于点O ．根据题意可知∠ABD +∠AOB =90°，∠ACD +∠DOC =90°．再根据对顶角相等，即∠AOB =∠DOC ，即得出∠ABD =∠ACD ；(2)①过点A 作AE ⊥DA 交CD 的延长线于点E ，即易证△ABD ≌△ACE (ASA )，得出AD =AE ，S △ABD =S △ACE ．又易证△DAE 是等腰直角三角形，最后根据三角形面积关系可得出S 1-S 2=S △ACE -S 2=S △DAE =12AD 2即可求出；②由(2)①知，△DAE 是等腰直角三角形，进而证明△ADC ≌△ADP (SAS )，可知AC =AP ，在△AMP 中，根据三角形的三边关系可得，MP <MA +AP ，当M ，A ，P 三点共线时，MP 取得最大值，最后根据等腰三角形的性质结合平行线的性质即可求出答案．【详解】(1)如图，设AC ，BD 相交于点O ．∵∠BAC =∠BDC =90°，∴∠ABD +∠AOB =90°，∠ACD +∠DOC =90°．又∵∠AOB =∠DOC ，∴∠ABD =∠ACD ；(2)①如图，过点A 作AE ⊥DA 交CD 的延长线于点E ，∴∠EAD =90°，∵∠BAC =90°，∴∠BAC +∠DAC =∠EAD +∠DAC ，∴∠BAD =∠CAE ，由(1)知∠ABD =∠ACD ，又∵AB =AC ，∴△ABD ≌△ACE (ASA )，∴AD =AE ，S △ABD =S △ACE ．∵∠DAE =90°∴△DAE 是等腰直角三角形．∴S 1-S 2=S △ACE -S 2=S △DAE =12AD 2．②如图，由(2)①知，△DAE 是等腰直角三角形．∴∠ADE =∠AEC =45°，∴∠ADC =135°，∵∠BDC =90°，∴∠ADP =135°，∵DP =CD ，AD =AD ，∴△ADC ≌△ADP (SAS )，∴AC =AP ，在△AMP 中，AM ，AP 是定长，∴MP <MA +AP ，∴当M ，A ，P 三点共线时，MP 取得最大值，如图．∵AB =AC ，AP =AC ，∴AB =AP ，∴∠APB =∠ABD ．∵AM ∥BC ，∴∠APB =∠CBD ，∴∠ABD =∠CBD =12∠ACB =22.5°．【点睛】本题是三角形的综合，考查三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，平行线的性质，三角形的三边关系等知识，综合性强，为压轴题．熟练掌握上述知识，正确作出辅助线，并利用数形结合的思想是解题关键．10在△ABC 中，∠B =90°，D 为BC 延长线上一点，点E 为线段AC ，CD 的垂直平分线的交点，连接EA ，EC ，ED ．(1)如图1，当∠BAC=40°时，则∠AED=°；(2)当∠BAC=60°时，①如图2，连接AD，判断△AED的形状，并证明；②如图3，直线CF与ED交于点F，满足∠CFD=∠CAE．P为直线CF上一动点．当PE-PD的值最大时，用等式表示PE，PD与AB之间的数量关系为，并证明．【答案】(1)100；(2)①△ADE时等边三角形，证明见解析；②PE-PD=2AB．证明见解析．【分析】(1)利用线段的垂直平分线的性质以及三角形内角和定理，四边形内角和定理解决问题即可；(2)①△ADE时等边三角形，证明EA=ED，∠AED=60°即可；②结论：PE-PD=2AB．如图，作点D 关于直线CF的对称点D ，连接CD ，DD ，ED ．当点P在ED 的延长线上时，PE-PD的值最大，此时PE-PD=ED ，利用全等三角形的性质证明ED =AC，可得结论．【详解】(1)解：∵点E为线段AC，CD的垂直平分线的交点，∴EA=EC=ED，∴∠EAC=∠ECA，∠ECD=∠EDC，∵∠ABC=90°，∠BAC=40°，∴∠ACB=90°-40°=50°，∴∠ACD=180°-50°=130°，∴∠EAC+∠ACD+∠EDC=260°，∴∠AED=360°-260°=100°，故答案为：100．(2)解：①结论：△ADE时等边三角形．理由：∵点E是线段AC，CD的垂直平分线的交点，∴EA=EC=ED，∴∠EAC=∠ECA，∠ECD=∠EDC，∵∠ABC=90°，∠BAC=60°，∴∠ACB=90°-60°=30°，∴∠ACD=180°-30°=150°，∴∠EAC+∠ACD+∠EDC=300°，∴∠AED=360°-300°=60°，∴△ADE时等边三角形；②结论：PE-PD=2AB．理由：如图，作点D关于直线CF的对称点D ，连接CD ，DD ，ED ．∵PE-PD=PE-PD <ED则，点P在ED 的延长线上时，PE-PD的值最大，此时PE-PD=ED ，∵∠CFD+∠CFE=180°，∠CFD=∠CAE，∴∠CAE+∠CFE=180°，∴∠ACF+∠AEF=180°，∵∠AED=60°，∴∠ACF=120°，∴∠ACB=∠FCD=30°，∴∠DCF=∠FCD =30°，∴∠DCD =60°，∵CD=CD ，∴△CDD 时等边三角形，∴DC=DD ，∠CDD =∠ADE=60°，∴∠ADC=∠EDD ，∵DA=DE，∴△ADC≌△EDD (SAS)，∴AC=ED ，∵∠B=90°，∠ACB=30°，∴AC=2AB，∴PE-PD=2AB．故答案为：PE-PD=2AB．【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．11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【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．12如图1，∠ACD =90°，AC =DC ，MN 是过点A 的直线，过点D 作DB ⊥MN 于点B ，连接CB ；过点C 作CE ⊥CB ，与MN 交于点E ．(1)连接AD ，AD 是AC 的倍；(2)直线MN 在图1所示位置时，可以得到线段BD 和AE 的数量关系是，BD -BA 与BC 之间的数量关系是，请证明你的结论；(3)直线MN 绕点A 旋转到图2的位置，若BD =2，BC =2，则AB 的长为(直接写结果)；(4)直线MN 绕点A 旋转到图3的位置时，直接写出线段BA ，BC ，BD 之间的数量关系．【答案】(1)2；(2)AE =BD ，BD -AB =2BC ；(3)4；(4)BA+BD=2BC【分析】(1)由∠ACD=90°，AC=DC，根据勾股定理可直接得出答案；(2)先证明△ACE≌△DCB，确定△ECB为等腰直角三角形，即可得出答案；(3)先证明△ACE≌△DCB，CE=BC，得到△BCE为等腰直角三角形，得到AB=BD+2BC，即可得出答案；(4)先证明△ACE≌△DCB，确定△ECB为等腰直角三角形即可得出答案．【详解】(1)解：连接AD，设AC=a，则DC=a，∴AD=AC2+DC2=a2+a2=2a，即AD是AC的2倍，故答案为：2．(2)如图1，设AC与BD交于O，由题可知，∠BCE=90°=∠ACD，∴∠ACE=∠BCD，∵BD⊥MN，∴∠ABD=90°=∠ACD，∵∠AOB=∠DOC，∴∠BAC=∠CDB，∵AC=DC，∴△ACE≌△DCB(ASA)，∴CE=BC，AE=BD，∵∠BCE=90°，∴△ECB为等腰直角三角形，∴BE=2BC，∵BE=AE-AB=BD-AB，∴BD-AB=2BC；故答案为：AE=BD；BD-AB=2BC；(3)解：如图2，设CD与MN交于O，由题可知，∠BCE=90°=∠ACD，∴∠ACE=∠BCD，∵BD⊥MN，∴∠ABD=90°=∠ACD，∵∠AOC=∠DOB，∴∠BAC=∠CDB，∵AC=DC，∴△ACE≌△DCB(ASA)，∴CE=BC，AE=BD，∵∠BCE=90°，∴BE=2BC，∵BE=AB-AE=AB-BD，∴AB=BD+2BC，∵BD=2，BC=2，∴AB=BD+2BC=4，故答案为：4．(4)∴∠BCE=90°=∠ACD，∴∠ACE=∠DCB，∠CEB+∠CBE=90°，∵BD⊥MN，∴∠ABD=90°，∴∠CBE+∠CBD=90°，∴∠CEB=∠CBD，∵AC=DC，∴△ACE≌△DCB(AAS)，∴CE=BC，AE=BD，∵∠BCE=90°，∴BE=2BC，∵BE=AE+BA=BD+BA，∴BA+BD=2BC，故答案为：BA+BD=2BC．【点睛】此题属于几何变换综合题，主要考查旋转的性质，等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理，全等三角形的判定和性质，构造全等三角形是解本题的关键．。
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．。
初二数学专题训练：手拉手模型及其综合应用A班
手拉手模型及其综合应用A 班（时间：60分钟 满分：100分）姓名： 得分：1、手拉手模型的特点：两个等腰三角形顶点顶角公共，且顶角相等，得到一对能够旋转重合的全等三角形.2、手拉手模型的基本构图：等腰ABC ∆和ADE ∆，AB AC =，AD AE =，BAC DAE ∠=∠.3、手拉手模型的性质：（1）三角形全等；（ABD ACE ∆≅∆）（2）第三边或所在直线的夹角与等腰三角形的顶角相等或互补；（BPC BAC ∠=∠或180BPC BAC ∠+∠=︒）（3）第三边或所在直线的交点与顶点的连线平分第三边的夹角或其邻补角；（AP 平分BPE ∠或BPE ∠的邻角）1、（20分）如图，分别以ABC∆的边AB，AC向外作等边三角形ABD和等边三角形ACE，线段BE与CD 相交于点O，连接OA．（1）求证：BE DC=；（2）求BOD∠的度数；（3）求证：OA平分DOE∠．（4）猜想线段OA、OB、OD的数量关系，并证明．2、（20分）（1）如图1，已知以ABC ∆的边AB 、AC 分别向外作等腰直角ABD ∆与等腰直角ACE ∆，90BAD CAE ∠=∠=︒，连接BE 和CD 相交于点O ，AB 交CD 于点F ，AC 交BE 于点G ，求证：BE DC =，且BE DC ⊥．（2）探究：若以ABC ∆的边AB 、AC 分别向外作等边ABD ∆与等边ACE ∆，连接BE 和CD 相交于点O ，AB 交CD 于点F ，AC 交BE 于G ，如图2，则BE 与DC 还相等吗？若相等，请证明，若不相等，说明理由；并请求出BOD ∠的度数？3、（20分）（1）如图1，已知ABC ∆，以AB ，AC 为边向ABC ∆外做等边ABD ∆和等边ACE ∆，连接BE ，CD ，求证：BE CD =；（2）如图2，已知ABC ∆，以AB ，AC 为边向外作正方形ABFD 和正方形ACGE ，连接BE ，CD ，BE 与CD 有什么数量关系？简单说明理由；（3）运用（1）、（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：如图3，要测量池塘两岸相对的两点B ，E 的距离，已经测得45ABC ∠=︒，90CAE ∠=︒，60AB BC ==米，AC AE =，求BE 的长．4、（20分）如图AOB ∆和ACD ∆是等边三角形，其中AB x ⊥轴于E 点．（1）如图，若5OC =，求BD 的长度；（2）设BD 交x 轴于点F ，求证：OFA DFA ∠=∠；（3）如图，若正AOB ∆的边长为4，点C 为x 轴上一动点，以AC 为边在直线AC 下方作正ACD ∆，连接ED ，求ED 的最小值.5、（20分）如图，分别以ABC ∆的边AB 、AC 为一边，向外作正方形ABEF 和正方形AGHC 像这样的两个正方形称为ABC ∆的“依伴正方形”.（1）如图1，连接BG ，CF 相较于点P ，求证：BG CF =且BG CF ⊥；（2）如图2，点D 是BC 的中点，两个依伴正方形的中心分别为1O ，2O 连结1O D ，2O D ，12O O ：，判断12DO O ∆的形状并说明由；（3）如图2，若6AB =，60AC BAC ==︒，求12O O 的长．手拉手模型及其应用A班答题卡姓名：得分：11。
专题05-全等之手拉手模型精练(原卷版)
专题05 全等之手拉手模型精练一．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GFEG =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BDAC 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．。
【专项训练】-初二数学-_手拉手_模型(等边三角形)
【例1】（2017秋•垦利区期中）如图，已知点B 、C 、D 在同一条直线上，ABC Δ和CDE Δ都是等边三角形．BE 交AC 于F ，AD 交CE 于H ．（1）求证：BCE ACD Δ≅Δ；（2）求证：//FH BD ．【解答】证明：（1）ABC ΔQ 和CDE Δ都是等边三角形，BC AC ∴=，CE CD =，60BCA ECD ∠=∠=°，BCA ACE ECD ACE ∴∠+∠=∠+∠，即BCE ACD ∠=∠，∴在BCE Δ和ACD Δ中，Q BC AC BCE ACD CE CD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，BCE ACD ∴Δ≅Δ ()SAS ．（2）由（1）知BCE ACD Δ≅Δ，则CBF CAH ∠=∠，BC AC=又ABC ΔQ 和CDE Δ都是等边三角形，且点B 、C 、D 在同一条直线上，18060ACH ACB HCD BCF ∴∠=°−∠−∠=°=∠，在BCF Δ和ACH Δ中，Q CBE CAH BC AC BCF ACH ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，BCF ACH ∴Δ≅Δ ()ASA ，CF CH ∴=，又60FCH ∠=°Q ，“手拉手”模型の专项训练一、经典例题CHF ∴Δ为等边三角形60FHC HCD ∴∠=∠=°，//FH BD ∴．【点评】本题考查的是等边三角形的判定与性质及全等三角形的判定与性质，熟知全等三角形的判定定理是解答此题的关键．1．（2019春•浦东新区期末）等边ABC Δ中，点P 在ABC Δ内，点Q 在ABC Δ外，且 ABP ACQ ∠=∠，BP CQ =，问APQ Δ是什么形状的三角形？试说明你的结论．2．（2016秋•岳池县期末）如图，等边ABC Δ中，点D 在延长线上，CE 平分ACD ∠，且 CE BD =．说明：ADE Δ是等边三角形．二、巩固练习3．（2016秋•武夷山市校级期中）如图ABC Δ是等边三角形（1）如图①，//DE BC ，分别交AB 、AC 于点D 、E ．求证：ADE Δ是等边三角形；（2）如图②，ADE Δ仍是等边三角形，点B 在ED 的延长线上，连接CE ，判断BEC ∠的度 数及线段AE 、BE 、CE 之间的数量关系，并说明理由．16．（2016秋•大安市校级期中）如图，已知ABC Δ是等边三角形，D 是边AC 的中点，连 接BD ，EC BC ⊥于点C ，CE BD =．求证：ADE Δ是等边三角形．1.【解答】解：APQ Δ为等边三角形． 证明：ABC ΔQ 为等边三角形，AB AC ∴=．在ABP Δ与ACQ Δ中，Q AB AC ABP ACQ BP CQ =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()ABP ACQ SAS ∴Δ≅Δ．AP AQ ∴=，BAP CAQ ∠=∠．60BAC BAP PAC ∠=∠+∠=°Q ，60PAQ CAQ PAC ∴∠=∠+∠=°， APQ ∴Δ是等边三角形．2. 【解答】证明：ABC ΔQ 为等边三角形， 60B ACB ∴∠=∠=°，AB AC =， 即120ACD ∠=°，CE Q 平分ACD ∠，60ACE DCE ∴∠=∠=°，在ABD Δ和ACE Δ中，AB AC B ACE BD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()ABD ACE SAS ∴Δ≅Δ，AD AE ∴=，BAD CAE ∠=∠，又60BAC ∠=°Q ，60DAE ∴∠=°，ADE ∴Δ为等边三角形．3. 【解答】（1）证明：ABC ΔQ 是等边三角形，三、参考答案与试题解析60B C ∴∠=∠=°，//DE BC Q ，60ADE B ∴∠=∠=°，60AED C ∠=∠=°， ADE ∴Δ是等边三角形；（2）解：AE CE BE +=．60BAD DAC ∠+∠=°Q ，60CAE DAC ∠+∠=°， BAD CAE ∴∠=∠，在BAD Δ和CAE Δ中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，BAD CAE ∴Δ≅Δ，BD CE ∴=，120AEC ADB ∠=∠=°，BE BD DE AE CE ∴=+=+，CE BD DE ==， 30EBC ∴∠=°，60BEC ∴∠=°．4. 【解答】证明：ABC ΔQ 是等边三角形，D 为边AC 的中点， BD AC ∴⊥，即90ADB ∠=°，EC BC ⊥Q ，90BCE ∴∠=°，90DBC DCB ∴∠+∠=°，90ECD BCD ∠+∠=°， ACE DBC ∴∠=∠，Q 在CBD Δ和ACE Δ中BD CE DBC ACE BC AC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()CBD ACE SAS ∴Δ≅Δ，CD AE ∴=，90AEC BDC ∠=∠=°， D Q 为边AC 的中点，90AEC ∠=°， AD DE ∴=，∴==，AD AE DEΔ是等边三角形， 即ADE。
八年级上册手拉手模型题
八年级上册手拉手模型题一、选择题（每题3分，共10题）1. 如图，在△ABC和△ADE中，AB = AC，AD = AE，∠BAC = ∠DAE = 90°，连接BD、CE，下列结论：①BD = CE；②BD⊥CE；③∠ACE+∠DBC = 45°；④BE²=2(AD ²+AB²)，其中正确的是（）A. ①②③B. ①②④C. ①③④D. ①②③④解析：因为∠BAC = ∠DAE = 90°，所以∠BAC+∠CAD = ∠DAE+∠CAD，即∠BAD = ∠CAE。
又因为AB = AC，AD = AE，根据SAS（边角边）可得△BAD≌△CAE。
所以BD = CE（①正确）。
设BD与CE相交于点O，因为△BAD≌△CAE，所以∠ABD = ∠ACE。
因为∠ABD+∠DBC+∠ACB = 90°，∠ACB = 45°，所以∠ACE+∠DBC+∠ACB = 90°，即∠ACE+∠DBC = 45°（③正确）。
因为∠ABD = ∠ACE，∠AOB = ∠DOC，所以∠BOC = ∠BAC = 90°，即BD⊥CE（②正确）。
在Rt△ABE中，公式，因为AD = AE，公式，公式，而不是公式（④错误）。
所以正确的是A。
2. 已知等腰Rt△ABC和等腰Rt△ADE，∠BAC = ∠DAE = 90°，AB = AC，AD = AE，连接CD、BE，点F是BE的中点，连接AF，下列结论：①CD = BE；②AF = 公式CD；③∠ACD = ∠ABE；④AF⊥BE，其中正确的个数是（）A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个解析：因为∠BAC = ∠DAE = 90°，所以∠BAC ∠BAE = ∠DAE ∠BAE，即∠CAE = ∠BAD。
又因为AB = AC，AD = AE，根据SAS可得△CAE≌△BAD，所以CD = BE（①正确）。
八年级几何图形专题03模型之手拉手模型压轴题专练(老师版)
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
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：
∴∠BCD=60°， ∵等边△DCE， ∠EDC=60°=∠BCD， ∴BC∥DE， ∴∠CBE=∠DEO， ∴∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°. 故⑤正确； 综上所述，正确的结论有：①②③⑤，错误的结论只有④， 故选 D． 【点睛】 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．
定理是解题的关键．
3．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：①AD=BE；②PQ∥AE；③AP=BQ；④DE=DP；⑤∠
①△AOC≌△BOD；②AC=BD；③∠AMB=40°；④MO 平分∠BMC．
其中正确的个数为（
）
A．4
B．3
C．2
D．1
【答案】A 【分析】
由题意易得∠AOC=∠BOD，然后根据三角形全等的性质及角平分线的判定定理可进行
求解．
【详解】
解：∵∠AOB=∠COD=40°，∠AOD 是公共角， ∴∠COD+∠AOD=∠BOA+∠AOD，即∠AOC=∠BOD， ∵OA=OB，OC=OD，
专题07 手拉手模型(专项训练)(老师版)
专题07手拉手模型（专项训练）1．已知等边△AOB和△COD．求证：AC＝BD．【解答】证明：∵△AOB和△COD是等边三角形，∴OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝60°，∴∠AOB+∠BOC＝∠COD+∠BOC，∴∠AOC＝∠BOD，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC＝BD．2．如图，等边△ABC，点D为BC延长线上一点，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转60°得到线段AE．连接CE．求证：BD＝CE．【解答】证明：∵△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝60°，AB＝AC，由旋转的性质可得：∠DAE＝60°，AD＝AE，∴∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE．3．以△ABC的AB，AC为边作△ABD和△ACE，且AD＝AB，AE＝AC，∠DAB＝∠CAE＝α．CD与BE相交于O，连结AO，如图①所示．（1）求证：BE＝CD；（2）判断∠AOD与∠AOE的大小，并说明理由．（3）在EB上取点F，使EF＝OC，如图②，请直接写出∠AFO与α的数量关系．【解答】（1）证明：∵∠DAB＝∠CAE，∴∠DAB+∠BAC＝∠BAC+∠CAE，∴∠DAC＝∠BAE，又∵AD＝AB，AC＝AE，∴△ABE≌△ADC（SAS），∴BE＝DC；（2）解：∠AOD＝∠AOE，理由如下：过点A作AM⊥DC于点M，AN⊥BE于点N，∵△ABE≌△ADC，∴∠ABE＝∠ADC，又∵AD＝AB，∴△ADM≌△ABN（AAS），∴AM＝AN，∵AM⊥OD，AN⊥OE，∴∠AOD＝∠AOE；（3）解：∵△AOD≌△AEB，∴∠AEF＝∠ACO，AE＝AC，又∵EF＝CO，∴△AEF≌△ACO（SAS），∴∠AFE＝∠AOC，AF＝AO，∴∠AFO＝∠AOF＝∠AOD．又∵∠DAB＝∠DOB＝α，∴2∠AFO＝180°﹣α．4．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，P是△ABC内一点，且PB＝1，PC＝2，PA＝3，过点C作CD⊥CP，垂足为C，令CD＝CP，连接DP，BD，求∠BPC的度数．【解答】解：∵CD⊥CP，∴∠PCD＝90°，∵PC＝CD＝2，∴△PCD是等腰直角三角形，∴PD＝PC＝2，∠CPD＝∠CDP＝45°，∵∠ACB＝90°，∴∠ACP+∠PCB＝90°，又∵∠PCB+∠BCD＝90°，∴∠ACP＝∠BCD，在△ACP和△BCD中，，∴△ACP≌△BCD（SAS），∴BD＝PA＝3，∵PB＝1，∴PB2+PD2＝12+（2）2＝9，∵PA2＝32＝9，∴PA2＝PB2+PD2，∴∠BPD＝90°，∵∠CPD＝45°，∴∠BPC＝∠BPD+∠CPD＝135°．5．如图，△ABC和△DCE都是等边三角形．（1）如图1，线段BD与AE是否相等？若相等，加以证明；若不相等，请说明理由．（2）如图1，若B、C、E三点在一条直线上，AE与BD交于点O，求∠BOE的度数．（3）如图2，若B、C、E三点不在一条直线上，∠ADC＝30°，AD＝4，CD＝3，求BD的长．【解答】解：（1）BD＝AE，理由如下：∵△ABC和△DCE都是等边三角形．∴BC＝CA，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE，∴∠BCD＝∠ACE，∴△BCD≌△ACE（SAS），∴BD＝AE；（2）由△BCD≌△ACE得，∠BDC＝∠AEC，∵∠BOE＝∠ODE+∠DEO＝∠CDE+∠DEC＝60°+60°＝120°，∴∠BOE的度数是120°；（3）∵∠ADC＝30°，∠CDE＝60°，∴∠ADE＝90°，∵CD＝DE＝3，在Rt△ADE中，由勾股定理得，AE＝＝5，由（1）同理得，△BCD≌△ACE，∴BD＝AE＝5．6．如图，△ABC是等边三角形，D为边BC的中点，BE⊥AB交AD的延长线于点E，点F在AE上，且AF＝BE，连接CF、CE．求证：（1）∠CAF＝∠CBE；（2）△CEF是等边三角形．【解答】证明：（1）∵△ABC是等边三角形，∴∠CAB＝∠CBA＝60°，∵D为BC的中点，∴∠CAD＝∠CAB＝30°，又∵BE⊥AB，∴∠ABE＝90°，∴∠CBE＝90°﹣∠CBA＝30°，∴∠CAF＝∠CBE；（2）∵△ABC是等边三角形，∴CA＝CB，在△CAF和△CBE中，，∴△CAF≌△CBE（SAS），∴CE＝CF，∠ACF＝∠BCE，∴∠ECF＝∠BCE+∠BCF＝∠ACF+∠BCF＝∠ACB＝60°，∴△CEF是等边三角形．7．（1）如图1，△ABC和△AMN都是等腰直角三角形，直角顶点为点A，△ABC固定不动，△AMN可以绕着点A 旋转．①如图2，将△AMN绕点A旋转，使点M落在BC边上，连接CN．直接写出图中的全等三角形：；直接写出线段CN，CM，CB之间满足的等量关系为：；②如图2，试探索线段MA，MB，MC之间满足的等量关系，并完整地证明你的结论；（2）如图3，P是等腰直角△ABC内一点，∠BAC＝90°，连接PA，PB，PC，将△BAP绕点A顺时针旋转90°后得到△CAQ，连接PQ．已知PA＝2，PB＝3，若∠PQC＝90°，求PC的长．【解答】解：（1）①∵∠BAM+∠MAC＝90°，∠CAN+∠MAC＝90°，∴∠BAM＝∠CAN，在△BAM和△CAN中：，∴△BAM≌△CAN（SAS），∴BM＝CN，∵BM+CM＝CB，∴CN+CM＝CB，故答案为：△BAM≌△CAN，CN+CM＝CB；②MB2+MC2＝2MA2；证明如下：同理①可证△BAM≌△CAN，∴∠ACN＝∠B＝45°，即∠BCN＝90°，∴CN2+MC2＝MN2，在R△MAN中，MN2＝MA2+AN2＝2MA2，∴MB2+MC2＝2MA2；（2）由旋转知△BAP≌△CAQ，∴PA＝QA＝2，∠PAQ＝∠BAC＝90°，CQ＝BP＝3，∴△PAQ为等腰直角三角形，∴PQ2＝PA2+QA2＝22+22＝8，∵∠PQC＝90°，∴PC2＝PQ2+QC2＝8+32＝17，∴PC＝．8．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（1，0），以线段OA为边在第四象限内作等边三角形AOB，点C 为x轴正半轴上动点（OC＞1），连接BC，以线段BC为边在第四象限内作等边△CBD，连接DA并延长交y轴于点E．（1）求证：△OBC≌△ABD．（2）在点C的运动过程中，∠CAD的度数是否会变化？如果不变，请求出∠CAD的度数；如果变化，请说明理由．（3）以A，E，C为顶点的三角形是等腰三角形时，直接写出此时点C的坐标和CD的长度．【解答】（1）证明：∵△OAB和△BCD是等边三角形，∴∠OBA＝∠CBD＝60°，OB＝AB，BC＝BD，∴∠OBC＝∠ABD，在△OBC和△ABD中，，∴△OBC≌△ABD（SAS）；（2）解：点C在运动过程中，∠CAD的度数不会变化，理由如下，∵△AOB是等边三角形，∴∠BOA＝∠OAB＝60°，∵△OBC≌△ABD，∴∠BAD＝∠BOA＝60°，∴∠CAD＝180°﹣∠OAB﹣∠BAD＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∴点C在运动过程中，∠CAD的度数一直为60°．（3）解：∵∠BOC＝∠BAD＝60°，∠OAB＝60°，∴∠OAE＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∴∠EAC＝120°，∠AEO＝30°，∴以A，E，C为顶点的三角形是等腰三角形时，AE和AC为腰，∵OA＝1，∠AEO＝30°，∠AOE＝90°，∴AC＝AE＝2OA＝2，∴OA＝OA+AC＝1+2＝3，∴点C的坐标为（3，0），过点B作BH⊥x轴于点H，则AH＝OA＝AO＝，∠ABH＝30°，∴BH＝＝，CH＝AH+AC＝+2＝，∴BC＝＝，∴CD＝BC＝．9．已知：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．（1）求证：AD＝BE；（2）求∠AEB的度数；（3）拓展探究：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．①请你直接写出∠AEB的度数为多少度？②探索线段CM、AE、BE之间存在怎样的数量关系，并说明理由．【解答】（1）证明：∵△ACB和△DCE均为等边三角形，∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∵∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB，∴∠ACD＝∠BCE．在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE；（2）解：∵△ACD≌△BCE，∴∠ADC＝∠BEC，∵△DCE为等边三角形，∴∠CDE＝∠CED＝60°，∵点A、D、E在同一直线上，∴∠ADC＝120°，∴∠BEC＝120°，∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝60°；（3）解：①∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CDE＝∠CED＝45°，∴∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB，即∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE＝AD，∠BEC＝∠ADC，∵点A，D，E在同一直线上，∴∠ADC＝180﹣45＝135°，∴∠BEC＝135°，∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝135°﹣45°＝90°；②AE＝BE+2CM．理由：如图2，∵∠DCE＝90°，CD＝CE，CM⊥DE，∴CM＝DM＝EM，∴DE＝DM+EM＝2CM，∵△ACD≌△BCE（已证），∴BE＝AD，∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．10．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．（1）求证：EB＝GD；（2）判断EB与GD的位置关系，并说明理由；（3）若AB＝3，AG＝，求EB的长．【解答】（1）证明：∵四边形EFGA和四边形ABCD是正方形，∴AG＝AE，AB＝AD，∠EAG＝∠DAB＝90°，∵∠GAD＝90°+∠EAD，∠EAB＝90°+∠EAD，∴∠GAD＝∠EAB，在△GAD和△EAB中，，∴△GAD≌△EAB（SAS），∴EB＝GD；（2）解：BE⊥GD，理由如下：如图，设DG与AE的交点为P，∵△GAD≌△EAB，∴∠AEB＝∠AGD，∵∠EPH＝∠APG，∴∠EHG＝∠EAG＝90°，∴EB⊥GD；（2）解：如图2，连接BD，BD与AC交于点O，∵四边形ABCD是正方形，AB＝3，∴DB＝AB＝3，DO＝BO＝，∵AG＝，∴GO＝AO+AG＝，∴DG＝＝＝，∴BE＝DG＝．11.点C为线段AB上一点，分别以AC、BC为边在线段AB的同侧作正方形ACDE和BCFG，连接AF、BD．（1）如图①，AF与BD的数量关系和位置关系分别为，；（2）将正方形BCFG绕着点C顺时针旋转α角（0°＜α＜360°），①如图②，第（1）问的结论是否仍然成立？请说明理由；②若AC＝4，BC＝，当正方形BCFG绕着点C顺时针旋转到点A、B、F三点共线时，求DB的长度．【解答】解：（1）AF与BD的数量关系和位置关系分别为AF＝BD，AF⊥BD，理由如下：延长AF交BD于H，如图①所示：∵四边形ACDE和四边形BCFG是正方形，∴AC＝CD，CF＝CB，∠ACF＝∠DCB＝90°，∴∠CAF+∠AFC＝90°，在△ACF和△DCB中，，∴△ACF≌△DCB（SAS），∴AF＝BD，∠CAF＝∠CDB，∵∠DFH＝∠AFC，∴∠CDB+∠DFH＝∠CAF+∠AFC＝90°，∴∠DHF＝90°，∴AF⊥BD；故答案为：AF＝BD，AF⊥BD；（2）①第（1）问的结论仍然成立，理由如下：设AF交CD于点M，如图②所示：∵四边形ACDE和四边形BCFG是正方形，∴AC＝CD，CF＝CB，∠ACD＝∠FCB＝90°，∴∠CAF+∠AMC＝90°，∴∠ACD+∠DCF＝∠FCB+∠DCF，即∠ACF＝∠BCD，在△ACF和△DCB中，，∴△ACF≌△DCB（SAS），∴AF＝BD，∠CAF＝∠CDB，∵∠DMH＝∠AMC，∴∠CDB+∠DMH＝∠CAF+∠AMC＝90°，∴∠DHM＝90°，∴AF⊥BD；②分两种情况：a、如图③所示：连接CG交BF于O，∵四边形BCFG是正方形，∴CB＝BG，BF⊥CG，∠BGF＝90°，OB＝OF＝OC＝OG，∴BF＝CG＝BC＝2，OB＝OF＝OC＝BF＝1，∴AO＝＝＝，∴AF＝AO+OF＝+1，由（2）得：AF＝DB，∴DB＝+1；b、如图④所示：连接CG交BF于O，同上得：OB＝OF＝OC＝BF＝1，∴AO＝＝＝，AF＝AO﹣OF＝﹣1，由（2）得：AF＝DB，∴DB＝﹣1；综上所述，当正方形BCFG绕着点C顺时针旋转到点A、B、F三点共线时，DB的长度为+1或﹣1．。
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1、在直线ABC的同一侧作两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明：
△ABE≌△DBC，AE=DC，AE与DC的夹角为60︒，△AGB≌△DFB，△EGB≌△CFB，
BH平分∠AHC，GF∥AC
2、如果两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，直线AE与CD相交于点H，求证：（1）AE=DC；（2）AE与DC的夹角为60︒；（3）BH平分∠AHC.
3、如图，两个正方形ABCD和DEFG，连接AG与CE，二者相交于H，求证：
（1）AG=CE；（2）AG与CE之间的夹角为90度；（3）HD平分∠AHE.
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α（0°<α>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。
，PB=4，以AB为直角边作等腰直角三角形ABD，且P、D两点在直线AB
5、已知：PA
(1)如图，当∠APB=45°时，求AB及PD的长;
(2)当∠APB变化，且其它条件不变时，求PD的最大值及相应∠APB的大小.
1、如图，已知△ABC的面积是3的等边三角形，△ABC∽△ADE，AB=2AD，∠BAD=45°，AC 与DE相交于点F，则△AEF的面积等于__________（结果保留根号）.
2、在△ABC中，AB=AC，∠BAC=2∠DAE=2α．
（1）如图1，若点D关于直线AE的对称点为F，求证：△ADF∽△ABC；
（2）如图2，在（1）的条件下，若α=45°，求证：DE2=BD2+CE2；
（3）如图3，若α=45°，点E在BC的延长线上，则等式DE2=BD2+CE2还能成立吗？请说明理由．
3、如图1，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AB＝AC，四边形ADEF是正方形，点B、C分别在边AD、AF上，此时BD＝CF，BD⊥CF成立．
(1)当△ABC绕点A逆时针旋转θ（0°＜θ＜90°）时，如图2，BD＝CF成立吗？若成
立，请证明；若不成立，请说明理由．
(2)当△ABC绕点A逆时针旋转45°时，如图3，延长DB交CF于点H.
①求证：BD⊥CF；
②当AB＝2，AD＝32时，求线段DH的长．
4、如图①，△ABC与△CDE是等腰直角三角形，直角边AC、CD在同一条直线上，点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，连接AE、BD．
（1）猜想PM与PN的数量关系及位置关系，请直接写出结论；
（2）现将图①中的△CDE绕着点C顺时针旋转α（0°＜α＜90°），得到图②，AE与MP、BD分别交于点G、H．请判断（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（3）若图②中的等腰直角三角形变成直角三角形，使BC=kAC，CD=kCE，如图③，写出PM与PN的数量关系，并加以证明．
5、已知正方形ABCD的边长为1，点P为正方形内一动点，若点M在AB上，且满足△PBC∽△PAM，延长BP交AD于点N，连结CM．
（1）如图一，若点M在线段AB上，求证：AP⊥BN；AM=AN；
（2）①如图二，在点P运动过程中，满足△PBC∽△PAM的点M在AB的延长线上时，AP⊥BN和AM=AN是否成立？（不需说明理由）
②是否存在满足条件的点P，使得PC=1
2?并说明理由．
6、已知△ABC是等腰三角形，AB=AC．
（1）特殊情形：如图1，当DE∥BC时，有DB EC．（填“＞”，“＜”或“=”）
（2）发现探究：若将图1中的△ADE绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）到图2位置，则（1）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．
（3）拓展运用：如图3，P是等腰直角三角形ABC内一点，∠ACB=90°，且PB=1，PC=2，PA=3，求∠BPC的度数．
7、在△ABC中，∠A=90°，AB=AC．
（1）如图1，△ABC的角平分线BD，CE交于点Q，请判断“QB=”是否正确：________（填“是”或“否”）；
（2）点P是△ABC所在平面内的一点，连接PA，PB，且PB=PA．
①如图2，点P在△ABC内，∠ABP=30°，求∠PAB的大小；
②如图3，点P在△ABC外，连接PC，设∠APC=α，∠BPC=β，用等式表示α，
β之间的数量关系，并证明你的结论．
图1图2
黄止戈编辑118、如图，矩形ABCD 中，6,8AB AD ==，,P E 分别是线段AC 、BC 上的点，且四边形PEFD 为矩形．
（Ⅰ）若PCD ∆是等腰三角形时，求AP 的长；
（Ⅱ）若AP =，求CF 的长．
9、（1）发现：如图1，点A 为线段BC 外一动点，且BC=a ，AB=b ．
填空：当点A 位于
时，线段AC 的长取得最大值，且最大值为（用含a ，b 的式
子表示）
（2）应用：点A 为线段BC 外一动点，且BC=3，AB=1，如图2所示，分别以AB ，AC 为边，作等边三角形ABD 和等边三角形ACE ，连接CD ，BE ．
①请找出图中与BE 相等的线段，并说明理由；
②直接写出线段BE 长的最大值．
（3）拓展：如图3，在平面直角坐标系中，点A 的坐标为（2，0），点B 的坐标为（5，0），点P 为线段AB 外一动点，且PA=2，PM=PB ，∠BPM=90°，请直接写出线段AM 长的最大值及此时点P
的坐标．。