全等三角形模型之手拉手模型
完整版)全等三角形之手拉手模型
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本文将介绍手拉手模型中的全等三角形。
所谓手拉手模型，是指有公共顶点的两个等腰三角形，顶角相等。
因为顶点相连的四条边，形象的可以看作两双手，所以通常称为手拉手模型。
基本模型如下：已知，△ABB'和△ACC'都是等腰三角形，AB=AB'，AC=AC'，且∠BAB'=∠CAC'。
可以得出三个结论：结论1：△ABC≌△AB'C'(SAS)，BC=B'C'；结论2：
∠BOB'=∠BAB'；结论3：AO平分∠BOC'。
在共顶点的等腰直角三角形中，也可以应用手拉手模型。
例如，如下图所示，△ABC和△ADE是等腰直角三角形，且
∠BAC=∠DAE=90°。
可以证明：⑴BD=CE⑵BD⊥CE。
另外，在共顶点的等边三角形中，也可以使用手拉手模型。
如下图，点A为线段BD上一点，△ABC和△ADE均是等边
三角形。
可以求出：（1）CD=BE；（2）∠DAE＋
∠BFD=180°；（3）∠BFA=∠DFA=60°。
总之，手拉手模型在全等三角形的证明中是一个非常有用的工具，能够帮助我们更好地理解和应用三角形的性质。
人教版数学八年级上册 综合专题2—全等三角形手拉手模型
长线交 CE 于 F 点.
证明重要结论：
C
① △ABD≌△ACE；
FD
② BD = CE；
③ BD 的延长线 BF⊥CE；
EA
B
解：∵△ABC、△ADE 都是等腰直角三角形， ∴ AB = AC，AD = AE. 在△ABD 和△ACE 中，
∴ △ABD≌△ACE(SAS). ∴ BD = CE. ∴ ∠ABD = ∠ACE. ∵ ∠BDC = ∠ABD + ∠BAC
E
① △ABD≌△ACE
② BD = CE
③ ∠BFC = ∠BAC = ∠DAE B
F D G
C
解：∵△ABC、△ADE 都是等腰三角形，
∴ AB = AC，AD = AE.
又∵∠BAC = ∠DAE，
A
∴∠BAC + ∠CAD =∠DAE +∠CAD，
即∠BAD = ∠CAE.
在△ABD 和△ACE 中
BE 交于点 O，AD 与 BC 交于点 P，BE 与 CD 交于点
Q，连接 PQ，则有以下五个结论： B ① AD = BE； ② PQ∥AE；
③ AP = BQ； ④ DE = DP；
⑤∠AOB = 60°．
P
OD Q
其中正确的结论有__①__②__③__⑤___.
A
C
E
=∠ACE + ∠BFC， ∴ ∠BFC = ∠BAC = 90°. ∴ BF⊥CE.
C FD
EA
B
练一练
2. 如图，△ABC、△ADE 都是等腰直角三角形，
∠BAC = ∠DAE = 90°，连接 BD、CE 交于点 F.
(1) 求证：BD = CE； (2) 求证：BD⊥CE. C
全等典型模型：“手拉手”模型
《三角形证明》题型解读12 全等典型模型：“手拉手”模型【知识梳理】（一）“手拉手模型”的基本图形题型特征：△ABC 与△BDE 是等边三角形，A 、B 、D 三点在同一直线上。
解题方法：一定有以下六个结论（三组全等、一个60°、一个等边△、一组平行线） ①△ABE ≌△CBD证明过程：∵△ABC 与△BDE 是等边三角形，∴∠1=∠2=∠3=60°，∴∠ABE=∠CBD=120°，∵AB=BC ，BE=BD ， ∴△ABE ≌△CBD （SAS ） ②△ABH ≌△CBF证明过程：∵△ABE ≌△CBD ，∴∠4=∠5，∵AB=BC ，∠1=∠2，∴△ABH ≌△CBF （SAS ） ③△BHE ≌△BFD证明过程：∵△ABE ≌△CBD ，∴∠6=∠7，∵BE=BD ，∠2=∠3，∴△BHE ≌△BFD （SAS ） ④∠AGC=60°证明过程：∵△ABE ≌△CBD ，∴∠6=∠7，在△GFE 和△BFD 中（“8”字模型），∠3=180°-∠BFD-∠7，∠EGF=180°-∠GFE-∠6，∵∠6=∠7，∠GFE=∠BFD ，∴∠3=∠EGF ，∵∠AGC=∠EGF ，∠3=60°，∴∠AGC=∠3=60° ⑤△BHF 是等边三角形证明过程：∵△BHE ≌△BFD （SAS ），∴BH=BF ，∵∠2=60°，∴△BHF 是等边三角形（有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形） ⑥HF//AD证明过程：∵△BHF 是等边三角形，∴∠8=60°，∵∠3=60°，∴∠8=∠3，∴HF//AD （二）“手拉手模型”的变化图形题型特征：△ABC 与△BDE 是等边三角形，A 、B 、D 三点不在同一直线上。
图2M N 765431H GFEDCBA765431HG F ED CBA解题方法：一定有以下三个结论（一组全等，一个60°、一个角平分线） ①△ABE ≌△CBD证明过程：∵△ABC 与△BDE 是等边三角形，∴∠1=∠3=60°，∴∠ABE=∠CBD （共角模型），∵AB=BC ，BE=BD ， ∴△ABE ≌△CBD （SAS ） ②∠AGC=60°证明过程：∵△ABE ≌△CBD ，∴∠6=∠7，在△GFE 和△BFD 中（“8”字模型），∠3=180°-∠BFD-∠7，∠EGF=180°-∠GFE-∠6，∵∠6=∠7，∠GFE=∠BFD ，∴∠3=∠EGF ，∵∠AGC=∠EGF ，∠3=60°，∴∠AGC=∠3=60° ③BG 平分∠HBF证明过程：作BM ⊥AE 于点M ，BN ⊥GD 于点N ，如图2，∵△ABE ≌△CBD ，∴∠4=∠5，∵AB=BC ，∠AMB=∠CNB=90°，∴△ABM ≌△CBN （AAS ），∴BM=BN ，∴BG 平分∠HBF （到角两边的距离相等的点，在这个角的角平分线上） （三）常见“手拉手”变化图形【典型例题】例1.如图，C 为线段AE 上一动点（不与A 、E 重合），在AE 同侧分别作等边△ABC 和等 边△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 ，以下五个结论： ①AD ＝BE ；②PQ ∥AE ；③CP ＝CQ ；④BO ＝OE ；⑤∠AOB ＝60°，恒成立的结论有（ ）。
全等三角形——手拉手模型(完整资料).doc
【最新整理，下载后即可编辑】手拉手模型要点一：手拉手模型特点：由两个等顶角的等腰三角形所组成，并且顶角的顶点为公共顶点结论：（1）△ABD ≌△AEC （2）∠α+∠BOC=180°（3）OA平分∠BOC变形：例1.如图在直线ABC的同一侧作两个等边三角形ABD∆，∆与BCE 连结AE与CD，证明（1）DBC∆ABE∆≅(2)DCAE=(3)AE与DC之间的夹角为︒60(4)DFB≅∆AGB∆(5)CFB≅∆EGB∆(6)BH平分AHC∠(7)ACGF//变式精练1：如图两个等边三角形ABD∆与∆，连结AE与CD，BCE证明（1）DBC∆≅ABE∆（2）DCAE=（3）AE与DC之间的夹角为︒60（4）AE与DC的交点设为H,BH平分AHC∠变式精练2：如图两个等边三角形ABD∆与∆，连结AE与CD，BCE证明（1）DBC∆≅ABE∆(2）DCAE=(3）AE与DC之间的夹角为︒60(4）AE与DC的交点设为H,BH平分AHC∠例2：如图，两个正方形ABCD与DEFG,连结CEAG,,二者相交于点H问：（1）CDE ADG ∆≅∆是否成立？（2）AG 是否与CE 相等？（3）AG 与CE 之间的夹角为多少度？（4）HD 是否平分AHE ∠？例3：如图两个等腰直角三角形ADC 与EDG ，连结CE AG ,,二者相交于点H问：（1）CDE ADG ∆≅∆是否成立？（2）AG 是否与CE 相等？（3）AG 与CE 之间的夹角为多少度？（4）HD 是否平分AHE ∠？例4：两个等腰三角形ABD ∆与BCE ∆，其中BD AB =,,EB CB =α=∠=∠CBE ABD ,连结AE 与CD ， 问：（1）DBC ABE ∆≅∆是否成立？（2）AE 是否与CD 相等？（3）AE 与CD 之间的夹角为多少度？（4）HB 是否平分AHC ∠？。
专题12.19 三角形全等几何模型-“手拉手”模型(知识讲解)
专题12.19 三角形全等几何模型-“手拉手”模型（知识讲解）图一图二图三图四图五图六图七手拉手模型的定义：定义：有两个顶角相等而且有公共顶点的等腰三角形开成的图形。
特别说明：其中图一、图二为两个基本图形----等腰三角形，图二至图七为手拉手的基本模型，（左手拉左手，右手拉右手）3、如右图：手拉手模型的重要结论：结论1：∆ABC≅∆A/B/C/（SAS）BC=B/C/(左手拉左手等于右手拉右手)结论2：∠BOB=∠BAB（利用三角形全等及顶角相等的等腰三角形底角相等）结论3：AO平分∠B O C/（利用三角形全等面积相等，再利用角平分线性质定理证明）典型例题讲练：在学习全等三角形知识时、教学兴趣小组发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．通过资料查询，他们得知这种模型称为“手拉手模型” 兴趣小组进行了如下操究：（1）如图1、两个等腰三角形△ABC和△ADE中，AB=AC，AE=AD，△BAC=△DAE，连接BD、CE、如果把小等腰三角形的腰长看作小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手，这个就是“手拉手模型”，在这个模型中，和△ADB 全等的三角形是，此线BD和CE的数量关系是（2）如图2、两个等腰直角三角形△ABC和△ADE中，AB=AC，AE=AD，△BAC=△DAE=90°，连接BD，CE，两线交于点P，请判断线段BD和CE的数量关系和位置关系，并说明理由：（3）如图3，已知△ABC、请完成作图：以AB、AC为边分别向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE（等边三角形三条边相等，三个角都等于60°），连接BE，CD，两线交于点P，并直接写出线段BE和CD的数量关系及△PBC+△PCB的度数、【答案】（1）△AEC，BD=CE；（2）BD=CE且BD△CE，理由见解析；（3）作图见解析，BE=CD，△PBC+△PCB=60°．【分析】（1）根据SAS证明两个三角形全等即可证明；（2）通过条件证明△DAB△△EAC（SAS），得到△DBC+△ECB=90°，即可证明BD△CE，从而得到结果；≅即可得到证明；（3）根据已知条件证明DAC BAE解：（1）△AB=AC，AE=AD，△BAC=△DAE，∠+∠=∠+∠，△DAE EAB BAC EAB即DAB EAC ∠=∠，△()△△ADB AEC SAS ≅，△BD=CE ；（2）BD=CE 且BD△CE ；理由如下：因为△DAE=△BAC=90°，如图2．所以△DAE+△BAE=△BAC+△BAE ．所以△DAB=△EAC ．在△DAB 和△EAC 中，,,.AD AE DAB EAC AB AC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩所以△DAB△△EAC （SAS ）．所以BD=CE ，△DBA=△ECA ．因为△ECA+△ECB+△ABC=90°，所以△DBA+△ECB+△ABC=90°．即△DBC+△ECB=90°．所以△BPC=180°-（△DBC+△ECB ）=90°．所以BD△CE ．综上所述：BD=CE 且BD△CE ．（3）如图3所示，BE=CD ，△PBC+△PCB=60°．由图可知60DAB EAC ∠=∠=︒，AD=AB ，AE=AC ，△+DAB BAC EAC BAC ∠∠=∠+∠，即DAC BAE ∠=∠，△()△DAE △BAE SAS ≅，△BE=CD ，ABE ADC ∠=∠，又△60BDA ∠=︒，△60ADC BDC ABE BDC ∠+∠=∠+∠=︒，△120BPC ABP BDC BDA ∠=∠+∠+∠=︒，△△PBC+△PCB=60°．【点拨】本题主要考查了全等三角形的知识点应用，准确分析图形是解题的关键． 举一反三变式1：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 的度数．【答案】（1）详情见解析；（2）90AFD ∠=︒【分析】（1）利用角的等量代换求出ACE BCD ∠=∠，再判断ACE ≌BCD △即可求解； （2）利用全等三角形的性质得到E D ∠=∠，再通过角的等量代换求解即可．解：（1）△AC BC ⊥，DC EC ⊥△90ACB ECD ∠=∠=︒△ACB BCE ECD BCE ∠+∠=∠+∠△ACE BCD ∠=∠在ACE 和BCD △中AC BC ACE BCD DC EC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩△ACE ≌BCD △(SAS)△AE BD =（2）设BD 与CE 的交点为G ，如图所示：△ACE ≌BCD △△E D ∠=∠△180EFG FGE E ++=︒∠∠∠，180GCD CGD D ++=︒∠∠∠，且BGE CGD ∠=∠△90EFG GCD ==︒∠∠△90AFD ∠=︒【点拨】本题主要考查了全等三角形的性质和判定，灵活运用角的等量代换是解题的关键．例题2．已如：如图1，B ，C ，D 三点在一条直线上，△ABC 和△ECD 均为等边三角形，连接BE ，AD 交于点F ，BE 交AC 于点M ，AD 交CE 于点N ．（1）以下结论正确的有 ；△AD =BE △△EFD =60° △MC =NC △△AMB =△END（2）探究：将图1中的△ECD 绕点C 顺时针旋转一个角度（旋转角小于60°），如图2所示． △问：（1）中的正确结论哪些还成立？若成立，请说明理由；△连接FC ，如图3所示，求证：FC 平分△BFD【答案】（1）△△△；（2）△ △△；△见解析．【分析】（1）△根据等边三角形的性质得CA =CB ，CD =CE ，△ACB =60°，△DCE =60°，则△ACE =60°，利用“SAS ”可判断△ACD △△BCE ，则AD =BE ；△根据三角形外角关系得△EFD =△EBC +△ADC =△DAC +△ADC =△ACB =60°,从而可得结论； △连接MN ，证明△MCN 是等边三角形即可得出结论；△60,60AMB EBC END NDC ∠=︒+∠∠=︒+∠，而AC ≠CD 得CAD CDA ∠≠∠，从而可得出结论；（2）△方法同（1），逐个结论进行证明即可；△作,CG BE CH AD ⊥⊥于点G ，H ，证明△BGC △△AHC ，△CGF △△CHF 可得△CFG CFH =∠，从而可得结论．解：（1）△△ABC ，△ECD 是等边三角形，△AC=BC ，CE=CD ，△ACB=△ECD=60°△△ACD=△BCE=△120°△△ACD△△BCE△AD=BE ，故△正确；△△FEN=△NDC又△△ENF=△CND△△EFD=△ECD=60°，故△正确；又△△ACE=△NCD=60°△MEC=△NDCEC=CD△△EMC△△DNC△MC=NC ，故△正确；又△△AMB=△ACB+△ECB=60°+△ECB ，△END=△ECD+△NDC=60°+△NDC而AC CD ≠△CAD CDA ∠≠∠△MBC NDC ∠≠∠△MBC END ∠≠∠，故△错误；故答案为：△△△；（2）△△ACB=△ECD=60°△△BCE=△ACD又AC=BC ，CE=CD△△ACD△△BCE△AD=BE,故△正确；△△ADC=△BEC又△ENF=△CND△△EFD=△ECD=60°，故△正确△△ACE≠60°=△ECD△△EMC 不全等于△DNC ，△MC≠NC ，故△错误（3）,CG BE CH AD ⊥⊥于点G ，H ，如图，由(2)△知，△CBG=△CAHAC=BC△BGC=△AHC=90°△△BGC△△AHC△CG=CH又CF=CF ，△CGF=△CHF=90°△△CGF△△CHF△△CFG=△CFH△FC 平分△BFD【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质：判定三角形全等的方法有“SSS ”、“SAS ”、“ASA ”、“AAS ”；全等三角形的对应边相等．也考查了等边三角形的判定与性质．举一反三变式：如图，在ABC∆中，分别以AC，BC为边作等边三角形ACD和等边三角形BCE，连接AE，BD交于点O，则AOB∠的度数为（）A．100︒B．120︒C．130︒D．150︒【答案】B【分析】先证明△DCB△△ACE，求出△CAE＝△CDB，再利用“8字型”证明△AOH＝△DCH ＝60°即可解决问题．解：如图：AC与BD交于点H，△△ACD，△BCE都是等边三角形，△CD＝CA，CB＝CE，△ACD＝△BCE＝60°，△△DCB＝△ACE，在△DCB和△ACE中，CD CADCB ACECB CE⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，△△DCB△△ACE，△△CAE＝△CDB，△△DCH＋△CHD＋△BDC＝180°，△AOH＋△AHO＋△CAE＝180°，△DHC＝△OHA，△△AOH＝△DCH＝60°，△△AOB＝180°−△AOH＝120°．故选：B.【点拨】本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形，学会利用“8字型”证明角相等，属于中考常考题型．例题3．（阅读材料）小明同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的项角的顶点，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．如图1，在“手拉手”图形中，小明发现若△BAC=△DAE，AB=AC，AD=AE，则△ABD△△ACE．（材料理解）（1）在图1中证明小明的发现．（深入探究）（2）如图2，△ABC和△AED是等边三角形，连接BD，EC交于点O，连接AO，下列结论：△BD=EC；△△BOC=60°；△△AOE=60°；△EO=CO，其中正确的有．(将所有正确的序号填在横线上)．（延伸应用）（3）如图3，AB=BC，△ABC=△BDC=60°，试探究△A与△C的数量关系．【答案】（1）证明见解析；（2）△△△；（3）△A+△C=180°．【分析】（1）利用等式的性质得出△BAD=△CAE，即可得出结论；（2）同（1）的方法判断出△ABD△△ACE，得出BD=CE，再利用对顶角和三角形的内角和定理判断出△BOC=60°，再判断出△BCF△△ACO，得出△AOC=120°，进而得出△AOE=60°，再判断出BF＜CF，进而判断出△OBC＞30°，即可得出结论；（3）先判断出△BDP是等边三角形，得出BD=BP，△DBP=60°，进而判断出△ABD△△CBP（SAS ），即可得出结论．（1）证明：△△BAC=△DAE ，△△BAC+△CAD=△DAE+△CAD ， △△BAD=△CAE ，在△ABD 和△ACE 中，AB AC BAD CAE AD AE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ，△△ABD△△ACE ；（2）如图2，△△ABC 和△ADE 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 ，△BD=CE ，△正确，△ADB=△AEC ， 记AD 与CE 的交点为G ，△△AGE=△DGO ，△180°-△ADB -△DGO=180°-△AEC -△AGE ， △△DOE=△DAE=60°，△△BOC=60°，△正确，在OB上取一点F，使OF=OC，△△OCF是等边三角形，△CF=OC，△OFC=△OCF=60°=△ACB，△△BCF=△ACO，△AB=AC，△△BCF△△ACO（SAS），△△AOC=△BFC=180°-△OFC=120°，△△AOE=180°-△AOC=60°，△正确，连接AF，要使OC=OE，则有OC=12 CE，△BD=CE，△CF=OF=12 BD，△OF=BF+OD，△BF＜CF，△△OBC＞△BCF，△△OBC+△BCF=△OFC=60°，△△OBC＞30°，而没办法判断△OBC大于30度，所以，△不一定正确，即：正确的有△△△，故答案为△△△；（3）如图3，延长DC至P，使DP=DB，△△BDC=60°，△△BDP 是等边三角形，△BD=BP ，△DBP=60°，△△BAC=60°=△DBP ，△△ABD=△CBP ，△AB=CB ，△△ABD△△CBP （SAS ），△△BCP=△A ，△△BCD+△BCP=180°，△△A+△BCD=180°．【点拨】此题考查三角形综合题，等腰三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，构造等边三角形是解题的关键．举一反三变式：如图，C 为线段AE 上一动点(不与点,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 ，连结PQ ．以下结论：①AD BE =；①//PQ AE ；①60AOB ∠=︒；①CPQ 是等边三角形，恒成立的是______．【答案】△△△△【分析】△由△ABC 和△CDE 都是等边三角形，可知AC=BC ，CD=CE ，△ACB=△DCE=60°，所以△ACD=△BCE=120°，所以△ACD△△BCE （SAS ），从而AD=BE ，故△正确；△△由△ACD△△BCE 得△CBE=△DAC ，加之AC=BC ，易得△ACB=△BCQ=60°，可证△CQB△△CPA （ASA ），从而CP=CQ ，再加之△PCQ=60°，可推出△PCQ 为等边三角形，易得△PQC=60°=△DCE ，根据内错角相等，两直线平行，可知△△正确；△结合△ACD△△BCE 和三角形的外角的性质，可得△AOB=60°，故△正确．解：△△等边△ABC 和等边△CDE ，△AC=BC ，CD=CE ，△ACB=△DCE=60°，△△ACB+△BCD=△DCE+△BCD ，即△ACD=△BCE ，△在△ACD 与△BCE 中，AC BC ACD BCE CD CE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝△△ACD△△BCE （SAS ），△AD=BE ，故△正确；△△△△ACD△△BCE ，△△CBE=△DAC ，△由△ACB=△DCE=60°得△BCD=60°，△△ACP=△BCQ ，又△AC=BC ，△△CQB△△CPA （ASA ），△CP=CQ ，又△△PCQ=60°△△PCQ 为等边三角形，△△PQC=60°，△△PQC=60°=△DCE△PQ△AE故△△正确；△△△ACD△△BCE （SAS ），△△CAD=△CBE ，△△AOB=△CAD+△CEB=△CBE+△CEB ，又△△ACB=△CBE+△CEB=60°，△△AOB=△ACB=60°，故△正确.故答案为：△△△△.【点拨】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形外角的性质，熟练应用三角形全等的判定是解题的关键．。
专题12 全等三角形模型之手拉手模型全攻略(解析版)四川成都七年级数学下册-
专题12全等三角形模型之手拉手模型全攻略【模型说明】【例题精讲】例1（等边三角形）如图，已知B C E、、三点共线，分别以BC CE、为边作等边ABC∆和等边CDE∆，连接BD AE、分别与AC CD、交于,M N AE、与BD的交点为F．（1）求证：BD AE=；（2）求AFB∠的度数；（3）连接MN，求证：//BCMN【答案】（1）证明见解析（2）60AFB∠=︒（3）证明见解析【分析】（1）根据等边三角形的性质去证明BCD ACE≌，即可得证BD AE=；（2）根据等边三角形的性质得60ABC BAC∠=∠=︒，再根据（1）中BCD ACE≌可得CAE DBE=∠∠，再根据三角形的外角的性质即可求出AFB∠的度数；（3）根据等边三角形的性质去证明BCM ACN△≌△，可得CM CN=，从而求得60CMN ACB==︒∠∠即可得证//MN BC．【详解】（1）∵ABC∆和CDE∆是等边三角形∴,,60AC BC CD CE ACB DCE====︒∠∠∴,BCD ACB ACD ACE DCE ACD=+=+∠∠∠∠∠∠∴BCD ACE∠=∠在△BCD和△ACE中AC BCBCD ACECE BD=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴BCD ACE≌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．【答案】（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．例4．（拓展）如图，在ABC 中，90C ∠=︒，AC BC =，点O 是AB 中点，90MON ∠=︒，将MON ∠绕点O 旋转，MON ∠的两边分别与射线AC 、CB 交于点D 、E ．(1)当MON ∠转动至如图一所示的位置时，连接CO ，求证：COD BOE ≅ ；(2)当MON ∠转动至如图二所示的位置时，线段CD 、CE 、AC 之间有怎样的数量关系？请说明理由．【答案】(1)见解析(2)CE ﹣CD ＝AC ．理由见解析【分析】（1）结论：CD CE AC +=．连接OC ．证明()ASA COD BOE ≅ ；（2）结论：CE CD AC -=，证明方法类似（1）．【详解】（1）证明：∵AC BC =，90C ∠=︒，AO OB =，∴OC AB ⊥，OC AO OB ==，∴45OCD B ∠=∠=︒，∵90MON COB ∠=∠=︒，∴DOC EOB ∠=∠，在COD △和BOE △中，OCD B OC OB OCD BOE ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴()ASA COD BOE ≅ ．（2）解：CE CD AC -=．理由：连接OC ．∵AC BC =，90C ∠=︒，AO OB =，∴OC AB ⊥，OC AO OB ==，∴45OCD B ∠=∠=︒，∴135DOC CBE ∠=∠=︒，∵90MON COB ∠=∠=︒，∴DOC EOB ∠=∠，在COD △和BOE △中，OCD B OC OB OCD BOE ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴()ASA COD BOE ≅ ，∴CD BE =，∴CE CD CE BE BC AC -=-==．【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．例5．（培优综合）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①，当点D 在线段BC 上时，求证CF CD BC +=．（2）如图②，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③，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．【答案】（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 ．【答案】65°【分析】先判断出ACD BCE∆，再判断出≅∆(1)①如图1，求证：ABD ACE ≌△△；②当点D 在BC 边上时，请直接写出ABC ，ACD 所满足的关系；(2)当点D 在BC 的延长线上时，试探究ABC ，ACD ，ACE △的面积（ABC S ，ACD S ，ACE S ）所满足的关系，并说明理由．【答案】(1)①证明见解析；②AC ABC C D A E S S S =+ ，理由见解析(2)ACE ABC ACD S S S =+△△△，理由见解析【分析】（1）①先证明BAD CAE ∠=∠，再利用SAS 证ABD ACE ≌△△即可；②利用全等三角形的性质得到ABD ACE S S = ，再由ABC ACD ABD S S S =+△△△即可得到结论；（2）由已知条件可得证出，ABD ACE ≌△△，推出ABD ACE S S = ，再由ABD ABC ACD S S S =+△△△，即可得到ACE ABC ACD S S S =+△△△．【详解】（1）证明：①∵BAC DAE ∠=∠，∴BAC CAD DAE CAD ∠-∠=∠-∠，即BAD CAE ∠=∠．在ABD △和ACE △中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩。
全等三角形——手拉手模型
全等三角形——手拉手模型-CAL-FENGHAI.-(YICAI)-Company One1手拉手模型要点一：手拉手模型特点：由两个等顶角的等腰三角形所组成，并且顶角的顶点为公共顶点结论：（1）△ABD ≌△AEC （2）∠α+∠BOC=180°（3）OA平分∠BOC变形：例1.如图在直线ABC的同一侧作两个等边三角形ABD∆，连结AE与∆与BCECD，证明（1）DBC∆≅ABE∆(2)DCAE=(3)AE与DC之间的夹角为︒60(4)DFB≅∆AGB∆(5)CFB≅∆EGB∆(6)BH平分AHC∠(7)ACGF//变式精练1：如图两个等边三角形ABD∆，连结AE与CD，∆与BCE证明（1）DBC∆≅ABE∆（2）DCAE=（3）AE与DC之间的夹角为︒60（4）AE与DC的交点设为H,BH平分AHC∠变式精练2：如图两个等边三角形ABD∆，∆与BCE连结AE与CD，证明（1）DBCABE∆∆≅(2）DCAE=(3）AE与DC之间的夹角为︒60(4）AE与DC的交点设为H,BH平分AHC∠例2：如图，两个正方形ABCD与DEFG,连结AG,,二者相交于点HCE问：（1）CDEADG∆∆是否成立≅（2）AG是否与CE相等（3）AG与CE之间的夹角为多少度（4）HD是否平分AHE∠例3：如图两个等腰直角三角形ADC与AG,,二者相交于点HEDG，连结CE问：（1）CDE∆是否成立ADG∆≅（2）AG是否与CE相等（3）AG与CE之间的夹角为多少度（4）HD是否平分AHE∠例4：两个等腰三角形ABD ∆与BCE ∆，其中BD AB =,,EB CB =α=∠=∠CBE ABD ,连结AE 与CD ， 问：（1）DBC ABE ∆≅∆是否成立（2）AE 是否与CD 相等（3）AE 与CD 之间的夹角为多少度（4）HB 是否平分AHC ∠。
重难点04全等三角形中“手拉手”模型(原卷版)-【暑假预习】2024年新八年级数学核心知识点与常见题
重难点04全等三角形中“手拉手”模型【知识梳理】【基本模型】一、等边三角形手拉手-出全等二、等腰直角三角形手拉手-出全等两个共直角顶点的等腰直角三角形，绕点C旋转过程中（B、C、D不共线）始终有：①△BCD≌△ACE；②BD⊥AE（位置关系）且BD=AE（数量关系）；③FC平分∠BFE；【考点剖析】例1.某校八年级数学兴趣小组的同学在研究三角形时，把两个大小不同的等腰直角三角板按图①所示放置，图②是由它抽象出的几何图形，B，C，E在同一条直线上，连接DC．（1）请找出图②中的全等三角形，并给予说明（说明：结论中不得含有未标识的字母）；（2）试说明：DC与BE的位置关系．【变式1】已知：△ACB和△DCE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，连结AE,BD交于点O,AE与DC 交于点0，AE与DC交于点M,BD与AC交于点N.【变式2】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．【变式3】已知，在△ABC中，AB＝AC，点P平面内一点，将AP绕A顺时针旋转至AQ，使∠QAP＝∠BAC，连接BQ、CP，⑴若点P在△ABC内部，求证BQ＝CP；⑵若点P在△ABC外部，以上结论还成立吗？【变式4】（2023•定西模拟）（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．填空：①∠AEB的度数为；②线段AD，BE之间的数量关系为．（2）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，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．【变式5】阅读与理解：如图1，等边△BDE按如图所示方式设置．操作与证明：（1）操作：固定等边△ABC，将△BDE绕点B按逆时针方向旋转120°，连接AD，CE，如图2；在图2中，请直接写出线段CE与AD之间具有怎样的大小关系．（2）操作：若将图1中的△BDE，绕点B按逆时针方向旋转任意一个角度α（60°＜α＜180°），连接AD，CE，AD与CE相交于点M，连BM，如图3；在图3中线段CE与AD之间具有怎样的大小关系？∠EMD的度数是多少？证明你的结论．猜想与发现：（3）根据上面的操作过程，请你猜想在旋转过程中，∠DMB的度数大小是否会随着变化而变化？请证明你的结论．【过关检测】一．选择题（共1小题）1．（2021秋•普陀区期末）如图，AB＝3，AC＝，连结BC，分别以AC、BC为直角边作等腰Rt△ACD 和等腰Rt△BCE，连结AE、BD，当AE最长时，BC的长为（）A．2B．3C．D．二．填空题（共3小题）2．（2022秋•椒江区校级月考）如图，△ADB≌△ECB，且点A的对应点是点E，点D的对应点是点C，若∠CBD＝40°，BD⊥EC，则∠D的度数为．3．（2022秋•上城区校级期中）如图，AD⊥BC于点D，BE⊥AC于点E，AD与BE交于点O，连接CO并延长交AB于点F，延长AD至点G，若GE平分∠DGC，CE平分∠DCH，则下列结论：①∠ABE＝∠ACF；②∠GEB＝45°；③EO＝EC；④AE﹣CE＝BF；⑤AG﹣CG＝BC，其中正确的结论有（写序号）．4．（2020秋•金东区校级月考）等边三角形ABC和等边三角形ADE的位置如图所示，若∠1＝25°，则∠2的度数为．三．解答题（共13小题）5．（2021秋•临海市月考）如图，点E在CD上，BC与AE交于点F，AB＝CB，BE＝BD，∠1＝∠2．（1）求证：AE＝CD；（2）证明：∠1＝∠3．6．如图1，△ABC、△DCE均为等边三角形，当B、C、E三点在同一条直线上时，连接BD、AE交于点F，易证：△ACE≌△BCD．聪明的小明将△DCE绕点C旋转的过程中发现了一些不变的结论，让我们一起开启小明的探索之旅！（探究一）如图2，当B、C、E三点不在同一条直线上时，小明发现∠BFE的大小没有发生变化，请你帮他求出∠BFE的度数．（探究二）阅读材料：在平时的练习中，我们曾探究得到这样一个正确的结论：两个全等三角形的对应边上的高相等．例如：如图3，如果△ABC≌△A′B′C′，AD、A′D′分别是△ABC、△A′B′C′的边BC、B′C′上的高，那么容易证明AD＝A′D′．小明带着这样的思考又有了新的发现：如图4，若连接CF，则CF平分∠BFE，请你帮他说明理由．（探究三）在探究二的基础上，小明又进一步研究发现，线段AF、BF、CF之间还存在一定的数量关系，请你写出它们之间的关系，并说明理由．7．（2021秋•北仑区期末）如图，已知AB∥EF，∠A＝∠E，BD＝CF，试证明：AC∥DE．8．（2021秋•鹿城区校级期中）已知：如图，点B，E，F，C在同一条直线上，AB＝DC，∠B＝∠C，BE＝CF．（1）求证：△ABF≌△DCE．（2）若∠AGE＝70°，求∠AFE的度数．9．（2020秋•开化县期末）如图，△ABC和△ADE是正三角形，点D在BC边上，连结CE．（1）证明：△BAD≌△CAE；（2）当AB＝4，BD：CD＝3：1时，求CE的长．10．（2021秋•余杭区月考）在△ABC中，AB＝AC，D是射线BC上一点，点E在AD的右侧，线段AE＝AD，且∠DAE＝∠BAC，连结CE．（1）如图1，点D在线段BC上，求证：∠BAC+∠DCE＝180°．（2）如图2，点D在线段BC延长线上，判断∠BAC与∠DCE的数量关系并说明理由．11．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）如图2，△ACB和△DCE均为等腰三角形，且∠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，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．12．（2020秋•萧山区期末）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．13．（2021秋•东阳市期末）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．14．（2021秋•武义县期末）如图1，在△ABC中，AB＝AC，点D为直线BC上一动点（不与点B，C重合），在AD的左侧作△ADE，使得AE＝AD，∠DAE＝∠BAC，连接BE．（1）当点D在线段BC上时，求证：△ABE≌△ACD．（2）如图2，若BE∥AC，BC＝2．①求△ABC的面积．②在点D在运动过程中，若△ABE的最小角为25°，求∠EAC的度数．15．（2021秋•定海区期末）（1）如图1，在Rt△ABC中，AB＝AC，D是直线BC上的一点，将线段AD绕点A逆时针旋转90°至AE，连接CE，求证：△ABD≌△ACE；（2）如图2，A是△BDC内一点，∠ABC＝∠ADB＝45°，∠BAC＝90°，BD＝6，线段AD绕点A逆时针旋转90°至AE，点D、E、B恰好共线，求△BDC的面积；（3）如图3，在图1的条件下，延长DE，AC交于点G，BF⊥AB交DE于点F，求证：FG＝AE．16．（2022秋•义乌市校级月考）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）如图1，当点D在线段BC上，如果∠BAC＝90°，则∠BCE＝度；（2）设∠BAC＝α，∠BCE＝β．①找出图2中的一对全等三角形：，并写出其全等的依据：；②如图2，当点D在线段BC上移动，请直接写出α，β之间的数量关系；②当点D在线段BC或CB的延长线上时，请直接写出α，β之间的数量关系．17．已知△ABC和△DEC都是等腰直角三角形，且∠ACB＝∠DCE＝90°．（1）如图1，点D在△ABC内，求证：AD⊥BE；（2）如图2，A，D，E三点在同一条直线上，若AB＝13，DE＝10，求△ACD的面积；（3）如图3，若AB＝9，点D在边AB上运动，求△BDE周长的最小值．。
全等三角形之手拉手模型倍长中线截长补短法
全等三角形之手拉手模型倍长中线截长补短法手拉手模型要点一：手拉手模型特点：由两个等顶角的等腰三角形所组成，并且顶角的顶点为公共顶点结论：△ ≌△ ∠α+∠=° OA平分∠ 变形：例1如图在直线的同一侧作两个等边三角形与，连结AE与CD，证明(2)AE DC(3)AE与DC之间的夹角为60 (4) (5) (6)BH平分 (7)GF//AC 1变式精练1：如图两个等边三角形与，连结AE与CD，证明 AE DCAE与DC之间的夹角为60AE与DC的交点设为HBH平分变式精练2：如图两个等边三角形与，连结AE与CD，证明 (2）AE DC(3）AE与DC之间的夹角为60(4）AE与DC的交点设为HBH平分例2：如图，两个正方形与连结AGCE二者相交于点H问：是否成立？ AG是否与CE相等？AG与CE之间的夹角为多少度？ HD是否平分？例3：如图两个等腰直角三角形与，连结AGCE二者相交于点H问：是否成立？ AG是否与CE相等？AG与CE之间的夹角为多少度？ HD是否平分？2例4：两个等腰三角形与，其中AB BDCB EB连结AE与CD，问：是否成立？ AE是否与CD相等？AE与CD之间的夹角为多少度？ HB是否平分？倍长与中点有关的线段倍长中线类☞考点说明：凡是出现中线或类似中线的线段，都可以考虑倍长中线，倍长中线的目的是可以旋转等长度的线段，从而达到将条件进行转化的目的1已知：中，是中线．求证：(AB AC)．2ABMC在△中，AB5，AC9，则BC边上的中线AD的长的取值范围是什么？如图所示，在的AB边上取两点E、F，使AE BF，连接CE、CF，求证：AC BC EC FC．如图，已知在中，AD是BC边上的中线，E是AD上一点，延长交AC于F，AF EF，求证：AC．3AFEBD如图，已知在中，AD是BC边上的中线，E是AD上一点，且AC，延长交AC于F，求证：AF EFCDEABCF如图，在中，AD交BC于点D，点E是BC中点，EF∥AD交CA的延长线于点F，交AB 于点G，若BG CF，求证：AD为的角平分线．CDAGBE如图所示，已知中，AD平分，E、F分别在BD、AD上．DE CD，EF AC．求证：EF∥ABAF已知为的中线，，的平分线分别交AB于E、交AC于F．求证：CF EF．CFMAEB在Rt中，F是斜边AB的中点，D、E分别在边CA、CB上，满足90．若AD3，4，则线段DE的长度为_________．4ADFCEB在中，点D为BC的中点，点M、N分别为AB、AC上的点，且MD ND．若A90，以线段BM、MN、CN为边能否构成一个三角形？若能，该三角形是锐角三角形、直角三角形或钝角三角形？1如果BM2CN2DM2DN2，求证AD2AB2AC2．4AMBNDC如图所示，在中，AB AC，延长AB到D，使BD AB，E为AB的中点，连接CE、CD，求证CD2EC．AEBCD已知中，AB AC，BD为AB的延长线，且BD AB，CE为的AB边上的中线．求证：CD2CECAEBD★全等之截长补短：人教八年级上册课本中，在全等三角形部分介绍了角的平分线的性质，这一性质在许多问题里都有着广泛的应用而“截长补短法”又是解决这一类问题的一种特殊方1 如图所示，中，C90B45，AD平分交BC于D求证：AB=AC+CD5ACDB如图所示，在中，B60，的角平分线AD、CE相交于点O求证：AE+CD=ACAEOBDC2 如图所示，已知12，P为BN上一点，且PD BC于D，AB+BC=2BD，求证：MAB12PNCDC3 如图所示，在Rt中，AB=AC，90，，CE垂直于BD的延长线于E求证：BD=2CE5如图所示，在中，90，AD为的平分线，C=30，AD于E点，求证：AC-AB=26AEDCBAEBD。
初中数学全等三角形手拉手模型
∵ቐ∠ABE = ∠EBC
= BC
∴△ABE≌△DBC(SAS)
过B点分别向AE和DC作垂线，垂足为点M，N
∵BM，BN分别为△ABE和△DBC对应边上的高
∴BM=BN
在Rt△BMF和Rt△BNF中
BF =
∵ቊ
BM =
∴Rt△BMF≌Rt△BNF(HL）
手拉手模型-等边三角形
为右手顶点。
B(左手）
(头 ）
(头）
B(左手
）
C(右手 ）
C(右手）
手拉手模型基于
“ASA全等判定”
2、手拉手模型-模型分析
二、“手拉手模型”的基本构图：
常见变形：
手拉手模型-等边三角形
例1、如图在直线ABC的同一侧作两个等边三角形△ABD与△BCE，连结AE与CD.
证明：（1）△ ≌△ （2） = （3）与之间的夹角为60°（4）△ ≌△ （5）△ ≌△ （6）
∴AE=DC
（3）延长AE分别交BD于点N，CD于H
由（1）可知，∠BDC=∠BAE
又∵∠ANB=∠HND（对顶角相等）
∴180°-（ ∠BDC + ∠HND ）=
180°-(∠BAE + ∠ANB )
即∠DHN=∠ABD=60°
∴ 与的夹角为60°
（4）过点B分别向AE和DC所在直
变式1-4.
D
如果两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明：
1. △ABE≌△DBC
2. AE=DC
3. AE与DC的夹角为60°
4. AE与DC的交点设为H,BH平分∠AHC
【解析】①利用角度的和差关系证明∠ABE=∠DBC，且AB=DB，BC=BE
全等三角形模型之 手拉手模型
手拉手模型（一）l手拉手模型特点：两个等腰三角形；共顶点；顶角相等1、如图，等边△ACD和等边△BCE，链接AE，BD，相交于G，AE与CD相交于M，BD 与CE相交于N。
我结论1：∠DCE=60°（等边三角形性质）结论2：△ACE≅△DCB （证明AC=DC, ∠ACE=∠DCB；EC=BC; SAS）结论3：∠CAE=∠CDB （AE=DB）结论4：∠DGM=∠ACM=60°（8字模型）；∠AGB=120°结论5：△ACM≅△DCM（∠CAE=∠DCB,AC=DC, ∠ACM=∠DCN—ASA）结论6：CM=CN（△CMN等边三角，内错角相等，MN平行与AB）结论7：△AME≅△CNB（ASA）结论8：CM=CN结论9：GC平分∠AGB（角平分线的判断）结论10：GA=GC+GD拓展1△ABE 和△ACF 均为等边三角形 结论1：△ABF ≅△AEC结论2：∠BOE=∠BAE=60°结论3：OA 平分∠EOF （四点共圆证明）拓展2△ABD 和△ACE 均为等腰直角三角形 结论1：BE=CD结论2：BE 垂直于CD拓展3四边形ABEF 和四边形ACHD 均为正方形 结论1：BD=CF结论2：BD 垂直于CF例题：已知：如图,点C 是线段AB 上的动点(C 点于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 于CD 相交于点M ，BD 与CE 相交于点N.①△≌△ACE DCB;②∥MN AB;③△CMN 是等边三角形;④若AB 的长为10cm,当点C 在线段AB 上移动时,则线段MN 的最大长度为2.5cm;⑤MN2=EN⋅DM ； 其中结论正确的为：例题：(1) 如图1，点C是线段AB上一点，分别以AC，BC为边在AB的同侧作等边△ACM 和△CBN，连接AN，BM.分别取BM，AN的中点E，F，连接CE，CF，EF.观察并猜想△CEF的形状，并说明理由。
全等三角形专题复习手拉手模型
---初识手拉手
一、知识准备
已知： ∵∠BAC=∠B’AC’（已知） ∴∠BAC-∠CAB’=∠B’AC’即∠BAB’=
（等式的性质）
二、互动探究
（一）由倒下的直角板想到
Байду номын сангаас
二、互动探究
（二）常见“手拉手”模型的构成及证明
1.共顶点的两个等腰直角三角形构成的手拉手模型
二、互动探究
思考：手拉手模型中的变与不变，及两个三角形 全等的证明
（1）不论三角形旋转到什么位置，哪两对线段始终是相 等的？ （2）哪一对角在旋转过程中，大小在变化，但始终是相 等的？
二、互动探究
例1.已知，如图，在∆ABC和∆A’B’C’中， A’C=B’C,AC=BC,∠ACB=∠A’CB’=90〫. 求证：∆ACA’ ∆BCB’
三、小结反思
三个常见手拉手模型共同特征是：
四、直击期末
如图，∠BAD=∠CAE=90〫,AB=AD,AE=AC,AF⊥CB,垂足为F。 求证：（1）∆ABC ∆ADE （2）求∠FAE的度数 （3）延长CF到G点，使BF=GF，连接AG。求证：CD=CG；并 猜想CD与2BF+DE的关系
回顾上面的问题及证明过程，你了解到手拉手模型 有哪些特征？
二、互动探究
2.共顶点的两个等边三角形构成的手拉手模型 例2.如图，已知∆ABC和∆AED是等边三角形。 求证：BD=CE
二、互动探究
3.共顶点的两个正方形构成的手拉手模型
例3.如图，四边形ABCD和四边形DEFG都是 正方形。 求证：（1）∆EDC ≌ ∆GDA （2）AG⊥CE
第九讲全等模型--手拉手
第九讲初识手拉手全等（一）知识体系：定义：所谓手拉手全等，即有公共顶角顶点的两个等腰三角形，顶角相等，顺次连接两底角顶点所形成的两个三角形全等.基本图形：如下图，△ABC和△ADE有公共顶点，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，连接BD、CE，则△ABD≌△ACE.图形变式：如图1、2，等腰直角△AB C和等腰直角△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°，则△ABD≌△ACE.如图3、4，等边△AB C和等边△ADE，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，则△ABD≌△ACE.进阶探究：如图，△ABC和△ADE有公共顶点，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，连接BD、CE交于点O，连接AO.则：①∠BOC=∠DOE=∠BAC；②AO平分∠BOE.思考：在上图1、2、3、4中，上述结论还成立吗？（二）典例精讲例1.在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=30°，CD、BE交于点O，连接OA （1）如图1，求证：△ABE≌△ACD；（2）如图1，求∠AOE的大小；（3）当绕点A旋转至如图2所示位置时，若∠BAC=∠DAE=α，∠AOE=_________.练：如图，A在DE上，F在AB上，且AC=CE，∠1=∠2=∠3=α求∠BAC.（用α表示）例2：如图，△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，连接BD、CE交于点P.（1）求证：△ABD≌△ACE；（2）判断BD、CE的关系并证明；（3）连接PA，求∠APB的度数.练：在例2的条件下，将△ADE旋转至如图所示的位置时，BD与CE的关系还成立吗？请说明理由.例3：如图，分别以△ABC的边AB、AC向外作等边△ABD和等边△ACE，连接BE、CD交于点P，连接AP.（1）求证：BE=CD；（2）求∠BPD的度数；（3）求证：PA平分∠DPE.变式：在例3的条件下，若点F为CD上一点，且∠DBF=∠ADC，试判断△BFP的形状并证明.练：已知，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝30°．分别以AB、AC为边，向三角形外作等边△ABD和等边△ACE.（1）如图1，连接线段BE、CD，求证：BE＝CD；（2）如图2，连接DE交AB于点F，求证：F为DE中点.例4：如图，△ADC和△CBE均为等边三角形，连接AE、AB、BD，∠ABD=80°，求∠EAB的度数.练1.如图，△ABC 和△CDE 都是等边三角形，∠EBD =78°，则∠AEB =_________度.练2.已知AC=BC ，DC=EC ，∠ACB =∠ECD =90°，且∠EBD =42°，则∠AEB =.例5.如图，ΔAOB 是等边三角形，以直线OA 为x 轴建立平面直角坐标系，B （a ，b ）且a ，b 满足2(0b -=，D 为y 轴上一动点，以AD 为边作等边ΔADC ，直线CB 交y 轴于点E .（1）如图1，求A 点坐标；（2）如图2，D 在y 轴正半轴上，C 在第二象限，CE 的延长线交x 轴于点M ，当D 点在y 轴正半轴上运动时，M 点的坐标是否发生变化，若不变，求M 点的坐标，若变化，说明理由.练1.如图，已知直线AB 交x 轴于点A （a ，0），交y 轴于点B （0，b ），且a ，b 满足2(4)0a b a +++=，若点C 在第一象限，且BE ⊥AC 于点E ，延长BE 至点D ，使BD=AC ，连接OC 、OD 、CD ，试判断ΔCOD 的形状，并说明理由.练2.如图，ΔAOB和ΔACD是等边三角形，其中AB⊥x轴于E点.（1）如图，若OC=5，求BD的长；（2）设BD交x轴于点F，求证：∠OFA=∠DFA.例6.如图，已知△ABC是等边三角形，点E在线段AB上，点D在射线CB上，且DE=CE，以CE为边作等边三角形CEF，连接EF.（1）求证：BE=AF；（2）试猜想线段AB、DB、AF之间的数量关系，并证明你的猜想.练1.如图，ΔBAC为等腰直角三角形，其中AB=AC，∠BAC=90°，点A、D在BC的异侧且∠BDC=90°，连接AD，过点A作AE⊥AD交DB的延长线于点E，求∠E的度数.。
第12章全等三角形之手拉手模型
手拉手全等模型特点:由两个顶角相等的等腰三角形所组成，并且顶角顶点为公共顶点．（是左手拉左手，右手拉右手如果拉错了手，则为婆罗摩笈多模型。
）判断左右:将等腰三角形顶角顶点朝上，正对读者，读者左边为左手顶点，右边为右手顶点。
顶角相等的两任意等腰三角形：两个等边三角形：CDEAB图①CDEAB图②CDEAB图③两个等腰直角三角形：【例题】如图，已知△ABD 和△BCE 为等边三角形，连接AE 交BD 于点G ，连接CD 交BE 于点F ，AE 与CD 交点为M ，A 、B 、C 三点共线。
请求证以下内容： （1）△ABE ≌ △DBC （2）AE ＝DQ （3）∠DHA ＝60°（4）连接MB ，MB 平分∠AMC （5）△AGB ≌ △DFB （6）△EGB ≌ △CFB（7）连接GF ，△BGF 为等边三角形 【简证】（1）∵△ABD 和△BCE 为等边三角形∴∠ABD=∠CBE=60°∴∠ABD+∠DBE=∠CBE+∠DBE 即∠ABE=∠DBC 在△ABE 和△DBC 中 BA BD ABE DBC BE BC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩﹐﹐﹐∴△ABE ≌ △DBC(SAS)（经典全等） （2）∵△ABE ≌ △DBC∴AE ＝DC ．（经典拉手线）PCABDECEF A BMCDE FG AB51234（3）∵△ABE ≌△DBC∴∠1＝∠2∴∠DGM＝∠AGB∴∠DMA＝∠4＝60°（拉手线夹角找8字）（4）过点B作BQ⊥DC于Q，过点B作BN⊥AE于点N ∵△ABE ≌△DBC∴S△ABE＝S△DBC∴½×AE×BN＝½×CD×BQ∵AE＝CD∴BN＝BQ∴点B在∠AMC的平分线上∴MB平分∠AMC（拉手线交点与顶点连线平分角）(5)∵∠5＝180°－∠4－∠CBE＝60°∴∠4＝∠5∵△ABE≌△DBC∴∠1＝∠2又∵AB＝DB∴△AGB ≌△DFB（ASA）（6）同（5）可证△EGB ≌△CFB（ASA）（7）连接GF，由（5）得△AGB ≌△DFB∴BG＝BF又∵∠5＝60°∴△BGF是等边三角形（1）如图①中，C 点为线段AB 上一点，△ACM，△CBN 是等边三角形，AN 与BM 相等吗？说明理由；（2）如图②中，C 点为线段AB 上一点，等边三角形ACM 和等边三角形CBN 在AB 的异侧，此时AN 与BM 相等吗？说明理由；（3）如图③中，C 点为线段AB 外一点，△ACM，△CBN 是等边三角形，AN 与BM相等吗？说明理由．解析：题中三问均是对等边三角形性质的考查以及全等三角形的证明，由已知条件，利用等边三角形的性质可找出对应边及夹角相等，证明全等，即可得到线段相等．（1）如图①，点C 是线段AB 上一点，分别以AC，BC 为边在AB 的同侧作等边△ACM 和△CBN，连接AN，BM．分别取BM，AN 的中点E，F，连接CE，CF，EF．观察并猜想△CEF 的形状，并说明理由．（2）若将（1）中的“以AC、BC 为边作等边△ACM 和△CBN”改为“以AC，BC 为腰在AB 的同侧作等腰△ACM 和△CBN”，如图2，其他条件不变，那么（1）中的结论还成立吗？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由．图②图①解析：此题综合考查等边三角形的性质与判定，三角形全等的判定与性质，等腰三角形的性质等知识点．（1）先求证△ACN≌△MCB，得出AN=BM ，∠ANC=∠MBA，再证△NFC≌△BEC，得出CE=CF，∠BCE=∠NCF，得出∠ECF=60°，证得结论成立；（2）证明过程如上（1）中的结论只有CE=CF，而∠ECF等于等腰三角形的顶角≠60°，得出结论不成立．（1）发现：如图①，点A为线段BC外一动点，且BC=a，AB=b．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．解析：本题主要考察等边三角形的性质以及SAS定理的应用。
专题12 全等三角形中的手拉手模型(解析版)
专题12全等三角形中的手拉手模型【模型1】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。
【证明】∠BAC ＝∠DAECAEBAD ∠=∠∴又△ABC 与△ADE 均为等腰三角形∴在ABD ∆和ACE ∆中⎪⎩⎪⎨⎧=∠=∠=AE AD CAE BAD AC AB ∴△ABD ≌△ACE【模型2】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。
【模型3】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 .【模型4】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.【例1】如图，C为线段AE上一动点（不与点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，连结PQ．以下结论错误的是（）A．∠AOB=60°B．AP=BQC．PQ∥AE D．DE=DP【答案】D【分析】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°，得出A正确；根据△CQB≌△CPA （ASA），得出B正确；由△ACD≌△BCE得∠CBE=∠DAC，加之∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，得到△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，得出C正确；根据∠CDE=60°，∠DQE =∠ECQ +∠CEQ =60°+∠CEQ ，可知∠DQE ≠∠CDE ，得出D 错误．【解析】解：∵等边△ABC 和等边△CDE ，∴AC =BC ，CD =CE ，∠ACB =∠DCE =60°，∴∠ACB +∠BCD =∠DCE +∠BCD ，即∠ACD =∠BCE ，在△ACD 与△BCE 中，AC BC ACD BCE CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACD ≌△BCE （SAS ），∴∠CBE =∠DAC ，又∵∠ACB =∠DCE =60°，∴∠BCD =60°，即∠ACP =∠BCQ ，又∵AC =BC ，在△CQB 与△CPA 中，ACP BCQ AC BC PAC CBQ ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴△CQB ≌△CPA （ASA ），∴CP =CQ ，又∵∠PCQ =60°可知△PCQ 为等边三角形，∴∠PQC =∠DCE =60°，∴PQ ∥AE ，故C 正确，∵△CQB ≌△CPA ，∴AP =BQ ，故B 正确，∵AD =BE ，AP =BQ ，∴AD -AP =BE -BQ ，即DP =QE ，∵∠DQE =∠ECQ +∠CEQ =60°+∠CEQ ，∠CDE =60°，∴∠DQE ≠∠CDE ，故D 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A 正确．故选：D ．【例2】如图，ABC 是边长为5的等边三角形，BD CD =，120BDC ∠=︒．E 、F 分别在AB 、AC 上，且60EDF ∠=︒，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 ．【解析】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 FCD BN 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 EDN DN 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．【例3】如图1，B 、C 、D 三点在一条直线上，AD 与BE 交于点O ，△ABC 和△ECD 是等边三角形．(1)求证：△ACD ≌△BCE ；(2)求∠BOD 的度数；(3)如图2，若B 、C 、D 三点不在一条直线上，∠BOD 的度数是否发生改变？（填“改变”或“不改变”）【答案】(1)证明见解析(2)∠BOD ＝120°(3)不改变，理由见解析【分析】（1）根据“SAS ”证明△ACD ≌△BCE 即可；（2）由全等三角形的性质得∠ADC ＝∠BEC ，再由三角形的外角性质得∠AOB ＝60°，即可求解；（3）同（1）得：△ACD ≌△BCE ，得出∠DAC ＝∠EBC ，根据三角形外角求出∠AOE =120°，即可得出答案．【解析】（1）证明：∵△ABC 和△ECD 是等边三角形，∴∠ACB ＝∠ECD ＝60°，BC ＝AC ，EC ＝CD ，∴∠ACB +∠ACE ＝∠ECD +∠ACE ，∴∠BCE ＝∠ACD ，在△BCE 和△ACD 中∵BC AC BCE ACD CE CD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BCE ≌△ACD （SAS ）．（2）解：∵△BCE ≌△ACD ，∴∠ADC ＝∠BEC ，∵∠AOB ＝∠EBC +∠ADC ，∴∠AOB ＝∠EBC +∠BEC ＝∠DCE ＝60°，∵∠AOB +∠BOD ＝180°，∴∠BOD ＝120°．（3）解：不改变，理由如下：同（1）得：△ACD ≌△BCE （SAS ），∴∠DAC ＝∠EBC ，∵∠AOE ＝∠ABO +∠OAB＝∠ABO +∠DAC +∠BAC＝∠ABO +∠EBC +∠BAC＝∠ABC +∠BAC＝120°∴∠BOD ＝∠AOE ＝120°，即∠BOD 的度数不改变．故答案为：不改变．一、单选题1．如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，连接CE交AD于点F，连接BD交CE于点G，连接BE．下列结论中，正确的结论有（）①CE＝BD；②△ADC是等腰直角三角形；③∠ADB＝∠AEB；④S四边形BCDE ＝12BD•CE；⑤BC2+DE2＝BE2+CD2．A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】C【分析】根据等腰直角三角形的性质可得AB=AC，AD=AE，然后求出∠BAD=∠CAE，再利用“边角边”证明△ABD和△ACE全等，根据全等三角形对应边相等可得CE=BD，判断①正确；根据全等三角形对应角相等可得∠ABD=∠ACE，从而求出∠BCG+∠CBG=∠ACB+∠ABC=90°，再求出∠BGC=90°，从而得到BD⊥CE，根据四边形的面积等于两个三角形的面积之和可判断出④正确；根据勾股定理表示出BC2+DE2，BE2+CD2，得到⑤正确；再求出AE CD∥时，∠ADC=90°，判断出②错误；∠AEC与∠BAE 不一定相等判断出③错误．【解析】解：∵，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∴AB=AC，AD=AE，∵∠BAD=∠BAC+∠CAD=90°+∠CAD，∠CAE=∠DAE+∠CAD=90°+∠CAD，∴∠BAD=∠CAE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴CE=BD，∠ABD=∠ACE，故①正确；∴∠BCG+∠CBG=∠ACB+∠ABC=90°，在△BCG中，∠BGC=180°-（∠BCG+∠CBG）=180°-90°=90°，∴BD⊥CE，∴S四边形BCDE =11··22BCE DCES S CE BG CE DG+=+=12BD•CE，故④正确；由勾股定理，在Rt△BCG中，BC2=BG2+CG2，在Rt△DEG中，DE2=DG2+EG2，∴BC2+DE2=BG2+CG2+DG2+EG2，在Rt△BGE中，BE2=BG2+EG2，在Rt△CDG中，CD2=CG2+DG2，∴BE 2+CD 2=BG 2+CG 2+DG 2+EG 2，∴BC 2+DE 2=BE 2+CD 2，故⑤正确；从题干信息没有给出,AC AD =所以只有AE CD ∥时，DAE ADC ∠=∠=90°，无法说明AE CD ∥，更不能说明,CD AD =故②错误；∵△ABD ≌△ACE ，∴∠ADB =∠AEC ，条件不足以证明,CAE BAE ≌∴∠AEC 与∠AEB 相等无法证明，∴∠ADB =∠AEB 不一定成立，故③错误；综上所述，正确的结论有①④⑤共3个．故选：C ．2．如图，正ABC 和正CDE △中，B 、C 、D 共线，且3BC CD =，连接AD 和BE 相交于点F ，以下结论中正确的有（）个①60AFB ∠=︒②连接FC ，则CF 平分BFD ∠③3BF DF =④BF AF FC=+A ．4B ．3C ．2D ．1【答案】A【分析】根据“手拉手”模型证明BCE ACD ≌，从而得到CBE CAD ∠=∠，再结合三角形的外角性质即可求解60AFB ACB ∠=∠=︒，即可证明①；作CM BE ⊥于M 点，CN AD ⊥于N 点，证明CEM CDN ≌，结合角平分线的判定定理即可证明②；利用面积法表示BCF △和DCF 的面积，然后利用比值即可证明③；利用“截长补短”的思想，在AD 上取点Q ，使得FC FQ =，首先判断出FCQ 为等边三角形，再结合“手拉手”模型推出BCF ACQ ≌即可证明④．【解析】解：①∵ABC 和CDE △均为等边三角形，∴60ACB ECD ∠=∠=︒，AC BC =，EC DC =，∴ACB ACE ECD ACE ∠+∠=∠+∠，∴BCE ACD ∠=∠，在BCE 和ACD △中，BC AC BCE ACD EC DC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴()BCE ACD SAS ≌，∴CBE CAD ∠=∠，∵AFB CBE CDA ∠=∠+∠，ACB CDA CAD ∠=∠+∠，∴60AFB ACB ∠=∠=︒，故①正确；②如图所示，作CM BE ⊥于M 点，CN AD ⊥于N 点，则90CME CND ∠=∠=︒，∵BCE ACD ≌，∴CEM CDN ∠=∠，在CEM 和CDN △中，CME CND CEM CDN CE CD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴()CEM CDN AAS ≌，∴CM CN =，∴CF 平分BFD ∠，故②正确；③如图所示，作FP BD ⊥于P 点，∵1122BCF SBF CM BC FP ==，1122DCF S DF CN CD FP ==，∴11221122BCFDCF BF CM BC FP SS DF CN CD FP ==，∵CM CN =，∴整理得：BF BC DF CD =，∵3BC CD =，∴33BF CD DF CD==，∴3BF DF =，故③正确；④如图所示，在AD 上取点Q ，使得FC FQ =，∵60AFB ACB ∠=∠=︒，CF 平分BFD ∠，∴120BFD ∠=︒，1602CFD BFD ∠=∠=︒，∴FCQ 为等边三角形，∴60FCQ ∠=︒，CF CQ =，∵60ACB ∠=︒，∴ACB ACF FCQ ACF ∠+∠=∠+∠，∴BCF ACQ ∠=∠，在BCF △和ACQ 中，BC AC BCF ACQ CF CQ =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴()BCF ACQ SAS ≌，∴BF AQ =，∵AQ AF FQ =+，FQ FC =，∴BF AF FC =+，故④正确；综上，①②③④均正确；故选：A．3．如图，在直线AC 的同一侧作两个等边三角形△ABD 和△BCE ，连接AE 与CD 交于点H ，AE 与DB 交于点G ，BE 与CD 交于点F ，下列结论：①AE ＝CD ；②∠AHD ＝60°；③△AGB ≌△DFB ；④BH 平分∠GBF ；⑤GF ∥AC ；⑥点H 是线段DC 的中点．正确的有（）A ．6个B ．5个C ．4个D ．3个【答案】C 【分析】连接GF ，过点B 作BM ⊥AE 于M ，BN ⊥CD 于N ；结合题意，利用等边三角形、全等三角形的性质，推导得AE ＝CD ，∠AHD ＝∠ABG ＝60°；再根据等边三角形、角平分线的性质分析，即可得到答案．【解析】连接GF ，过点B 作BM ⊥AE 于M ，BN ⊥CD 于N∵△ABD ，△BCE 都是等边三角形，∴∠ABD ＝∠EBC ＝60°，BA ＝BE ，BE ＝BC ，∴∠ABE ＝∠DBC ，在△ABE 和△DBC 中，BA BD ABE DBC BE BC =⎧⎪∠∠⎨⎪=⎩＝∴△ABE ≌△DBC （SAS ），∴AE ＝CD ，故①正确；∵△ABE ≌△DBC ，∴∠BAE ＝∠BDC ，∵∠AGB ＝∠DGH ，∴∠AHD ＝∠ABG ＝60°，故②正确；在△AGB 和△DFB 中，60BAG BDF AB DB ABG DBF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠∠︒⎩＝＝∴△AGB ≌△DFB （ASA ），故③正确；∵△AGB ≌△DFB ，∴BG ＝BF ，∵∠GBF ＝60°，∴△BGF 是等边三角形，∴∠FGB ＝∠ABD ＝60°，∴FG ∥AC ，故⑤正确；∵△ABE ≌△DBC ，BM ⊥AE ，BN ⊥CD ，∴BM＝BN，∴BH平分∠AHC，但不一定平分∠GBF，故④错误；根据题意，无法判断DH＝CH，故⑥错误．故选：C．4．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∠AOB=60°．其中一定成立的结论有（）个A．1B．2C．3D．4【答案】D【分析】①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；③由△ACD≌△BCE得∠CBE=∠DAC，加之∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，得到△ACP≌△BCQ（ASA），所以AP=BQ；故③正确；②根据②△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②正确；④根据∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，可知∠DQE≠∠CDE，可知④错误；⑤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⑤正确．【解析】①∵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①正确；③∵△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③正确；②∵△ACP≌△BCQ，∴PC=QC，∴△PCQ是等边三角形，∴∠CPQ=60∘，∴∠ACB=∠CPQ，∴PQ∥AE；故②正确；④∵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④错误；⑤∵∠ACB=∠DCE=60°，∴∠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．5．如图，在ABC 中，AB AC =，点D 、F 是射线BC 上两点，且AD AF ⊥，若AE AD =，15BAD CAF ∠=∠=︒；则下列结论中正确的有（）①CE BF ⊥；②ABD ACE △≌△；③ABC ADCE S S =四边形△；④122BC EF AD CF -=-A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】D 【分析】由AD ⊥AF ，∠BAD=∠CAF ，得出∠BAC=90°，由等腰直角三角形的性质得出∠B=∠ACB=45°，由SAS 证得△ABD ≌△ACE （SAS ），得出BD=CE ，∠B=∠ACE=45°，S △ABC =S 四边形ADCE ，则∠ECB=90°，即EC ⊥BF ，易证∠ADF=60°，∠F=30°，由含30°直角三角形的性质得出EF=2CE=2BD ，DF=2AD ，则BD=12EF ，由BC-BD=DF-CF ，得出BC-12EF=2AD-CF ，即可得出结果．【解析】∵AD ⊥AF ，∠BAD=∠CAF ，∴∠BAC=90°，∵AB=AC ，∴∠B=∠ACB=45°，在△ABD 和△ACE 中，AB AC BAD CAE AD AE =∠=∠=⎧⎪⎨⎪⎩，∴△ABD ≌△ACE （SAS ），∴BD=CE ，∠B=∠ACE=45°，S △ABC =S 四边形ADCE ，∴∠ECB=90°，∴EC ⊥BF ，∵∠B=45°，∠BAD=15°，∴∠ADF=60°，∴∠F=30°，∴EF=2CE=2BD ，DF=2AD ，∴BD=12EF ，∵BC-BD=DF-CF ，∴BC-12EF=2AD-CF，∴①、②、③、④正确．故选：D．6．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：①△AOC≌△BOD；②AC=BD；③∠AMB=40°；④MO平分∠BMC．其中正确的个数为（）A．4B．3C．2D．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．【解析】解：∵∠AOB=∠COD=40°，∠AOD是公共角，∴∠COD+∠AOD=∠BOA+∠AOD，即∠AOC=∠BOD，∵OA=OB，OC=OD，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC=BD，∠OAC=∠OBD，∠ODB=∠OCA，故①②正确；过点O作OE⊥AC于点E，OF⊥BD于点F，BD与OA相交于点H，如图所示：∵∠AHM=∠OHB，∠AMB=180°-∠AHM-∠OAC，∠BOA=180°-∠OHB-∠OBD，∴∠AMB=∠BOA=40°，∴∠OEC=∠OFD=90°，∵OC=OD，∠OCA=∠ODB，∴△OEC≌△OFD（AAS），∴OE=OF，∴OM平分∠BMC，故③④正确；所以正确的个数有4个；故选A ．二、填空题7．如图，在正方形ABCD 中，E 是对角线BD 上一点()BE DE <，将线段CE 绕点C 按顺时针方向旋转90︒得到线段CE '，连接AE ，DE '，EE '．下列结论：①若20BAE ∠=︒，则70DE E ∠='︒；②2222BE DE AE +=；③若30BAE ∠=︒，则DE；④若BC =，10EC =，则9sin 10DEC ∠=．其中正确的结论有___________（填正确的序号）【答案】①②④【分析】证明△BCE ≌△E CD '，可得AE CE =，BE DE '=，==45CDE EBC '∠∠，根据三角形内角和定理可判断①正确；在Rt △E CE '中，2222=2E E CE CE CE ''+=，即2222BE DE AE +=，从而判断②正确；③证明DE '，故可判断③错误；连接AC 与BD 交于点O ，计算可得CO ＝9，根据正弦定理可判断④正确．【解析】解：∵四边形ABCD 是正方形，∴BC ＝CD ，∠BCD ＝90°，∵线段CE 绕点C 按顺时针方向旋转90︒得到线段CE '，∴CE CE '=，=90ECE '∠，∴△ECE '是等腰直角三角形，∴==45EE C E EC ''∠∠，∴=BCD ECD ECE ECD '--∠∠∠∠，即=BCE E CD '∠∠，在△BCE 和△E CD '中，=BC CD BCE E CD CE CE =⎧'∠'⎪∠⎨⎪=⎩∴△BCE ≌△DCE '（SAS ），∴==45CDE EBC '∠∠，=BE E D '，∴=454590EDE '+=∠，即△EDE '是直角三角形，∵四边形ABCD 是正方形，E 在对角线BD 上，∴=BCE BAE ∠∠，∴=DEC DEE E EC EBC BCE ''+=+∠∠∠∠∠，==45E EC EBC '∠∠，∴DEE BCE BAE '==∠∠∠，∵=20BAE ∠，∴9070DE E DEE ''==∠-∠，故①正确；在Rt △E CE '中，2222=2E E CE CE CE ''+=，在Rt △E DE '中，22222=E E DE DE BE DE ''+=+，∴2222BE DE AE +=，故②正确；若=30BAE ∠，则=30DEE BCE BAE '==∠∠∠，在在Rt △E DE '中，DE '，∵BE DE '=，DE ，故③错误；连接AC 与BD 交于点O ，如图，∵四边形ABCD 是正方形，∴∠EOC ＝90°，且BOC 是等腰直角三角形，∵BC =∴CO ＝22922BC ⨯==，∵10EC =，∴sin ∠DEC ＝9=10CO BC ，故④正确．故答案为：①②④．8．如图，O 是正ABC 内一点，3,4,5OA OB OC ===，将线段BO 以点B 为旋转中心逆时针旋转60︒得到线段BO '，下列结论：①点O 与O '的距离为4；②150AOB ∠=︒；③6ABC AOC S S -=；④64AOC AOB S S +=+△△其中正确的结论是____________．（只填序号）【答案】①②④【分析】由题意可得△BOC ≌△BAO '，△BOO '是等边三角形，可得AO '=CO =5，OO '=4，可判断△AOO '是直角三角形．可判断①②③，由S 四边形AOBO ′=S △AOO '+S △OO 'B =S △BOC +S △AOC ，可判定③④．【解析】解；连接OO '，如图1，BO BO '=，60OBO '∠=︒，BOO '∴∆是等边三角形，4OO BO '∴==，故①正确；60OBO ABC '∠=∠=︒，ABO ABC '∴∠=∠且OB OB '=，AB AC =，()ABO BOC SAS '∴∆≅∆，5AO CO '∴==，225O A '=，2225AO O O '+=，222O A AO O O ''∴=+，90AOO '∴∠=︒，150AOB ∴∠=︒，故②正确；△OO B '是等边三角形，3AO =，4OO '=，3BOO S '∆∴=，6AOO S '∆=，=+=643ABC AOC ABC ABO AOBO S S S S S '∴-=+四边形如图2，AOC ∆绕A 点顺时针旋转60︒到ABO '∆位置，同理可得9364AOC AOB S S ∆∆+=+，故④正确；故答案为：①②④．9．在ABC 中，90ACB ∠=︒，60B ∠=︒，4AB =，点D 是直线BC 上一动点，连接AD ，在直线AD 的右恻作等边ADE ，连接CE ，当线段CE 的长度最小时，则线段CD 的长度为__________．【答案】3【分析】以AC 为边向左作等边三角形ACF ，连接DF ，先根据直角三角形中30°所对的直角边是斜边的一半求出BC 的长，再由勾股定理求出AC 的长，根据作的辅助线证明()ACE AFD SAS ≅，则CE DF =，当DF BC ⊥时，DF 的长是最小的，即CE 的长最小，求出此时CD '的长即可．【解析】解：如图，以AC 为边向左作等边三角形ACF ，连接DF ，∵90ACB ∠=︒，60B ∠=︒，∴30BAC ∠=︒，∵4AB =，∴122BC AB ==，∴2223AC AB BC =-=∵ACF 是等边三角形，∴CF AC AF ===60FAC ∠=︒，∵ADE 是等边三角形，∴AD AE =，60DAE ∠=︒，∵FAC DAC DAE DAC ∠-∠=∠-∠，∴CAE FAD ∠=∠，在ACE 和AFD V 中，AC AF CAE FAD AE AD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴()ACE AFD SAS ≅，∴CE DF =，当DF BC ⊥时，DF 的长是最小的，即CE 的长最小，∵906030FCD '∠=︒-︒=︒，Rt CFD '，∴12D F CF '==3CD '==，∴当线段CE 的长度最小时，则线段CD 的长度为3．故答案是：3．10．如图，在ABC 中，45ABC ︒∠=，3AB =，AD BC ⊥于点D ，BE AC ⊥于点F ．1AE =，连接DE ，将AED 沿直线AE 翻折至ABC 所在的平面，得AEF ，连接DF ．过点D 作DG DE ⊥交BE 于点G ，则四边形DFEG 的周长为________．【答案】2+【分析】先证BDG DE ∆≅∆，得出1AE BG ==，再证DGE ∆与EDF ∆是等腰直角三角形，在直角AEB ∆中利用勾股定理求出BE 的长，进一步求出GE 的长，可通过解直角三角形分别求出GD ，DE ，EF ，DF 的长，即可求出四边形DFEG 的周长．【解析】∵45ABC ︒∠=，AD BC ⊥于点D ，∴9045BAD ABC ︒︒∠=-∠=，∴ABD ∆是等腰直角三角形，∴AD BD =，∵BE AC ⊥，∴90GBD C ︒∠+∠=，∵90EAD C ︒∠+∠=，∴GBD EAD ∠=∠，∵90ADB EDG ︒∠=∠=，∴ADB ADG EDG ADG ∠-∠=∠-∠，即BDG ADE ∠=∠，∴()BDG ADE ASA ∆≅∆，∴1BG AE ==，DG DE =，∵90EDG ︒∠=，∴EDG ∆为等腰直角三角形，∴9045135AED AEB DEG ︒︒︒∠=∠+∠=+=，∵AED ∆沿直线AE 翻折得AEF ∆，∴AED AEF ∆≅∆，∴135AED AEF ︒∠=∠=，ED EF =，∴36090DEF AED AEF ︒︒∠=-∠-∠=，∴DEF ∆为等腰直角三角形，∴EF DE DG ==，在Rt AEB ∆中，BE ===∴1GE BE BG =-=，在Rt DGE ∆中，22222DG GE ==，∴222EF DE ==-，在Rt DEF ∆中，1DF ==-，∴四边形DFEG 的周长为：GD EF GE DF+++221)2⎛=-+ ⎝⎭2=+，故答案为：2+．11．如图ABD △和ACE 是ABC 外两个等腰直角三角形，90BAD CAE ∠∠==，下列说法正确的是：________．①CD BE =，且DC BE ⊥；②22222DE BC BD EC +=+；③FA 平分DFE ∠；④取BC 的中点M ，连MA ，则MA DE ⊥．【答案】①③④【分析】①由ABD △与ACE 是等腰直角三角形，AD AB =，AC AE =，DAB EAC ∠=∠可证(SAS)ADC ABE △≌△，CD BE =，AEB ACD ∠=∠且ARE FRC ∠∠=，90EAR ∠=︒AER ARE FCR FRC ∠∠∠∠+=+，即可退出；②由DC BE ⊥，由勾股定理222DF EF DE +=，222+=BF CF BC ，()()22222222=DE BC DF BF CF EF BD EC ++++=+，即可；③过点A 作AS DC ⊥，AG BE ⊥，可证(AAS)ADS ABG ≌，由性质得AS AG =，结合AS DC ⊥，AG BE ⊥，即可；④取BC 中点M ，使得AM MN =，易证(SAS)BMN CMA ≌，推出BN AC =，再证(SAS)DAE ABN ≌，推出BAN ADH ∠∠=，由90DAH BAN ∠∠+=︒，推出90DAH ADH ∠+∠=︒即可．【解析】ABD 与ACE 是等腰直角三角形，AD AB ∴=，AC AE =，DAB EAC ∠=∠，DAC EAB ∴∠=∠，∴在ADC 与ABE △中，AD AB DAC EAB AC AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，(SAS)ADC ABE ∴≌，CD BE ∴=，设BE 交AC 于点R ，由①可知AEB ACD ∠=∠且ARE FRC ∠∠=，AER ARE FCR FRC ∠∠∠∠∴+=+，90EFC EAR ∠∠∴==︒，即DC BE ⊥，故①符合题意．②DC BE ⊥，222DF EF DE ∴+=，222+=BF CF BC ，222222DF EF BF CF DE BC ∴+++=+，且222DF BF BD +=，222CF EF CE +=，2222DE BC BD CE ∴+=+．故②不符合题意．③证明，过点A 作AS DC ⊥，AG BE ⊥，由①可知ADS ABG ∠∠=，且AD AB =，ASD AGB ∠∠=，∴在ADS △与ABG 中，ADS ABG ASD AGB AD AB ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，(AAS)ADS ABG ∴≌，AS AG ∴=，且AS DC ⊥，AG BE ⊥，FA ∴平分DFE ∠，故③符合题意．④作BC 中点M ，倍长AM ，使得AM MN =，∴在BMN △与CMA 中，BM MC BMN CMA MN AM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，(SAS)BMN CMA ∴≌，则BN AC =，AC AE =，BN AE ∴=，180BAC DAE ∠∠︒+=，180BAC ABN ∠∠+=︒，DAE ABN ∠∠∴=，∴在DAE △与ABN 中，AD AB DAE ABN AE BN =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，(SAS)DAE ABN ∴≌，BAN ADH ∠∠∴=，90DAH BAN ∠∠︒+=，90DAH ADH ∠∠∴+=︒，∠90AHD ∴=︒，即AM DE ⊥，故④符合题意．故答案为：①③④．12．（1）如图（1），在四边形ABCD 中，AB AD =,180B D ︒∠+∠=，E ，F 分别是,BC CD 上的动点，且12EAF BAD ∠=∠，求证：EF BE DF =+．（2）如图（2），在（1）的条件下，当点E ，F 分别运动到,BC CD 的延长线上时，,,EF BE DF 之间的数量关系是______．【答案】（1）详见解析；（2）EF BE DF=-【分析】（1）延长FD 到点G ，使DG BE =，连接AG ，先证明()ABE ADG SAS ∆∆≌，得到AE AG BAE DAG =∠=∠，，然后证明AEF AGF ∆∆≌，得到EF FG =，根据FG DG DF BE DF =+=+，可得EF BE DF =+；（2）在BC 上截取BG DF =，连接AG ，先证明△ABG ≌△ADF （SAS ），得到AG=AF ，∠BAG=∠DAF ，再证明△EAG ≌△EAF （SAS ），得到EG=EF ，根据BG=DF ，即可得EF=BE-BG=BE-DF ．【解析】（1）如图，延长FD 到点G ，使DG BE =，连接AG．180B ADF ADG ADF ︒∠+∠=∠+∠=，B ADG ∴∠=∠，又AB AD =，BE DG =，∴()ABE ADG SAS ∆∆≌，,AE AG BAE DAG ∴=∠=∠，12EAF BAD ∠=∠，GAF DAG DAF BAE DAF BAD EAF EAF ∴∠=∠+∠=∠+∠=∠-∠=∠．,,AE AG EAF GAF AF AF =∠=∠=，∴AEF AGF ∆∆≌，EF FG ∴=．FG DG DF BE DF =+=+，EF BE DF ∴=+；（2）EF BE DF =-．如图，在BC 上截取BG DF =，连接AG，180B ADC ADC ADF ︒∠+∠=∠+∠=，B ADF ∴∠=∠，在△ABG 和△ADF 中AB AD B ADF BG DF ⎧⎩=⎪==⎪⎨∠∠，∴△ABG ≌△ADF （SAS ），∴AG=AF ，∠BAG=∠DAF ，∠BAD=2∠EAF ，∴∠BAG+∠GAE+∠EAD=∠EAD+∠DAF+∠EAD+∠DAF ，∴∠GAE=∠EAF ，在△EAG 和△EAF 中AG AF EAG EAF AE AE ===⎧⎪⎨⎪⎩∠∠，∴△EAG ≌△EAF （SAS ），∴EG=EF ，∵BG=DF ，∴EF=BE-BG=BE-DF ．三、解答题13．如图，若ABD △和ACE 都是等边三角形，求BOC ∠的度数．【答案】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．【解析】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°．14．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．【答案】（1）证明见解析；（2）310cm 2AC =．【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．【解析】（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 V V ≌，∴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 =+=，∴2AC =．15．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．【答案】（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 ∠=︒，从而由2AB BE =求解即可．【解析】（1）△ACB 和△DCE 均为等腰三角形，∠ACB=∠DCE=90°，ADC BCE ∴∠=∠,在ACD △与BCE 中，AC BC ACD BCE DC EC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()ACD BCE SAS ∴≌，AD BE ∴=；（2）ABC 是等腰直角三角形，45ABC ∴∠=︒，由（1）可知，15CAE CBE ∠=∠=︒，4BE AD ==,451560ABE ABC CBE ∴∠=∠+∠=︒+︒=︒，90ABE ACB ∴∠=∠=︒，则在Rt AEB 中，30EAB ∠=︒，28AB BE ∴==．16．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．【答案】（1）证明见解析；（2）∠BFE ＝105°．【分析】（1）根据旋转的性质证明△ABE ≌△CBD （SAS ），进而得证；（2）由（1）得出∠DBC=∠ABE=45°，BD=BE ，∠EBD=120°，最后根据三角形内角和定理进行求解即可．【解析】（1）证明：∵线段BD 绕着点B 按逆时针方向旋转120°能与BE 重合，∴BD ＝BE ，∠EBD ＝120°，∵AB ＝BC ，∠ABC ＝120°，∴∠ABD+∠DBC ＝∠ABD+∠ABE ＝120°，∴∠DBC ＝∠ABE ，∴△ABE ≌△CBD （SAS ），∴AE ＝CD ；（2）解：由（1）知∠DBC ＝∠ABE ＝45°，BD ＝BE ，∠EBD ＝120°，∴∠BED ＝∠BDE ＝12（180°﹣120°）＝30°，∴∠BFE ＝180°﹣∠BED ﹣∠ABE＝180°﹣30°﹣45°＝105°．17．ABC 和ADE 如图所示，其中,,ABC ACB ADE AED BAC DAE ∠=∠∠=∠∠=∠．(1)如图①，连接BE CD 、，求证：BE CD =；(2)如图②，连接BE CD BD 、、，若60BAC DAE ∠=∠=︒，CD AE ⊥，3AD =，5CD =，求BD 的长．【答案】(1)见解析；34【分析】（1）只需证ABE ACD ∆∆≌，即可得到结论；（2）先证明BED ∆是直角三角形，再用勾股定理求BD ．【解析】（1）证明：ABC ACB ∠=∠，ADE AED ∠=∠，AB AC ∴=，AE AD =，，BAC DAE ∠=∠，BAE CAD ∴∠=∠，()ABE ACD SAS ∴∆∆≌，BE CD ∴=．（2）解：ADE AED ∠=∠，AE AD ∴=，60DAE ∠=︒，DAE ∴∆是等边三角形，3AD ED ∴==，60AED ADE ∠=∠=︒，CD AE ⊥，160302ADC ∴∠=⨯︒=︒，由（1）知：ABE ACD ∆∆≌，5BE CD ∴==，30AEB ADC ∠=∠=︒，90BED ∴∠=︒，2234BD BE ED ∴+18．问题：如图1，在等边三角形ABC 内，点P 到顶点A 、B 、C 的距离分别是3，4，5，求∠APB 的度数？探究：由于PA 、PB 、PC 不在同一个三角形中，为了解决本题，我们可以将△ABP 绕点A 逆时针旋转60°到△ACP ′处，连结P P ′，这样就将三条线段转化到一个三角形中，从而利用全等的知识，求出∠APB 的度数．请你写出解答过程：应用：请你利用上面的方法解答：如图2，△ABC 中，∠CAB =90°，AB =AC ，E 、F 为BC 上的点，且∠EAF =45°，求证：222BE FC EF +=【答案】探究：∠APB =150°，应用：见解析【分析】探究：运用旋转的性质，以及全等三角形的性质得对应角相等，对应边相等，得出∠PAP ′＝60°，再利用等边三角形的判定得出△APP ′为等边三角形，即可得出∠APP ′的度数，即可得出答案；应用：利用已知首先得出△AEG ≌△AFE ，即可把EF ，BE ，FC 放到一个直角三角形中，从而根据勾股定理即可证明．【解析】探究：解：将△ABP 绕顶点A 旋转到△ACP ′处，∴△BAP ≌△CAP ′，∴AB ＝AC ，AP ＝AP ′，∠BAP ＝∠CAP ′，∴∠BAC ＝∠PAP ′＝60°，∴△APP ′是等边三角形，∴∠APP ′＝60°，因为BPP ′不一定在一条直线上，∴P ′C ＝PB ＝4，PP ′＝PA ＝3，P ′C ＝PC ＝5，∴∠PP ′C ＝90°，∴△PP ′C 是直角三角形，∴∠APB ＝∠AP ′C ＝∠APP ′+∠P ′PC ＝60°+90°＝150°，∴∠BPA ＝150°；应用：证明：把△ACF 绕点A 顺时针旋转90°，得到△ABG ．连接EG ．则△ACF ≌△ABG ．∴AG ＝AF ，BG ＝CF ，∠ABG ＝∠ACF ＝45°．∵∠BAC ＝90°，∠GAF ＝90°．∴∠GAE ＝∠EAF ＝45°，在△AEG 和△AFE 中，AG AF GAE FAE AE AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△AEG ≌△AFE （SAS ）．∴EF ＝EG ，又∵∠GBE ＝90°，∴BE 2+BG 2＝EG 2，即BE 2+CF 2＝EF 2．19．【探究发现】（1）如图1，在四边形ABCD 中，对角线AC BD ⊥，垂足是O ，求证：2222AB CD AD BC +=+．【拓展迁移】（2）如图2．以三角形ABC 的边AB 、AC 为边向外作正方形ABDE 和正方形ACFG ，求证：CE BG ⊥．（3）如图3，在（2）小题条件不变的情况下，连接GE ，若90EGA ∠=︒，6GE =，8AG =，则BC 的长_____________．（直接填写答案）【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【分析】（1）根据AC BD ⊥，利用勾股定理分别求出22AB CD +和22AD BC +即可证明结论；（2）利用正方形的性质证明△CAE ≌△GAB （SAS ），可得∠CEA ＝∠GBA ，根据∠GBA ＋∠ANB ＝90°等量代换求出∠EMN ＝90°即可；（3）利用勾股定理分别求出AE 、CG 和BE ，然后利用（1）中结论求出BC 即可．【解析】解：（1）∵AC BD ⊥，∴∠AOD ＝∠AOB ＝∠COD ＝∠BOC ＝90°，由勾股定理得：222222AB CD OA OB OD OC +=+++，222222AD BC OA OD OB OC +=+++，∴2222AB CD AD BC +=+；（2）∵在正方形ABDE 和正方形ACFG 中，AC ＝AG ，AE ＝AB ，∠CAG ＝∠EAB ＝90°，∴∠CAG ＋∠GAE ＝∠EAB ＋∠GAE ，即∠CAE ＝∠GAB ，∴△CAE ≌△GAB （SAS ），∴∠CEA ＝∠GBA ，∵∠GBA ＋∠ANB ＝90°，∠ANB ＝∠MNE ，∴∠CEA ＋∠MNE ＝90°，∴∠EMN ＝90°，∴CE BG ⊥；（3）如图3，连接CG ，BE ，∵90EGA ∠=︒，6GE =，8AG =，∴AC ＝8，AE 10=，∴AB ＝10，∴CG =BE =，∵CE BG ⊥，∴由（1）可知：2222GE BC CG BE +=+，即236128200BC +=+，∵BC ＞0，∴BC =故答案为：20．△ACB 和△DCE 是共顶点C 的两个大小不一样的等边三角形．(1)问题发现：如图1，若点A，D，E在同一直线上，连接AE，BE．①求证：△ACD≌△BCE；②求∠AEB的度数．(2)类比探究：如图2，点B、D、E在同一直线上，连接AE，AD，BE，CM为△DCE中DE 边上的高，请求∠ADB的度数及线段DB，AD，DM之间的数量关系，并说明理由．(3)拓展延伸：如图3，若设AD（或其延长线）与BE的所夹锐角为α，则你认为α为多少度，并证明．【答案】(1)①见解析；②∠AEB=60°；(2)∠ADB=60°，2DM+BD=AD，理由见解析；(3)α=60°，证明见解析【分析】（1）①由△ACB和△DCE是等边三角形知AC=BC，CD=CE，∠ACD=60°-∠DCB=∠BCE，据此即可得证；②由△ACD≌△BCE知∠ADC=∠BEC=120°，结合∠CED=60°可得∠AEB=60°；（2）证△ACD≌△BCE得∠CDA=∠CED=60°，由∠ADB+∠CDA=∠DCE+∠CED知∠ADB=60°，根据CM⊥BE，且△CDE为等边三角形可得DE=2DM，DE+BD=BE=AD；（3）同理知△ACD≌△BCE，据此得∠BEC=∠ADC，继而知∠CDF+∠CEF=180°，即∠ECD+∠DFE=180°，从而得出答案．【解析】（1）①证明：∵△ACB和△DCE是等边三角形，∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ACD=60°-∠DCB=∠BCE，∴△ACD≌△BCE（SAS）；②∵△ACD≌△BCE，∴∠ADC=∠BEC=180°-∠CDE=120°，又∵∠CED=60°，∴∠AEB=60°；（2）解：∠ADB=60°，2DM+BD=AD，理由如下；∵AC =BC ，CD =CE ，∠ACD =60°+∠DCB =∠BCE ，∴△ACD ≌△BCE （SAS ），∴∠CDA =∠CED =60°；∵∠ADB +∠CDA =∠DCE +∠CED ，∴∠ADB =60°；又∵CM ⊥BE ，且△CDE 为等边三角形，∴DE =2DM ，∴2DM +BD =BE =AD ；（3）解：α=60°，理由如下：同理可证△ACD ≌△BCE ，∴∠BEC =∠ADC ，∴∠CDF +∠CEF =180°，∴∠ECD +∠DFE =180°，而α+∠DFE =180°，∴α=∠ECD =60°．21．定义：我们把两条对角线互相垂直的四边形称为“垂美四边形”．(1)特例感知：如图1，四边形ABCD 是“垂美四边形”，如果13OA OD OB ==，2OB =，60OBC ∠=︒，则22AD BC +=______，22AB CD +=______．(2)猜想论证：如图1，如果四边形ABCD 是“垂美四边形”，猜想它的两组对边AB ，CD 与BC ，AD 之间的数量关系并给予证明．(3)拓展应用：如图2，分别以Rt ACB △的直角边AC 和斜边AB 为边向外作正方形ACFG 和正方形ABDE ，连接CE ，BG ，GE ，已知4AC =，60BAC ∠=︒，求GE 长．【答案】(1)1529，1529(2)2222AB CD AD BC +=+，证明见解析(3)EG =【分析】（1）利用含30°角的直角三角形的性质得4BC =，OC =可得出答案；（2）由“垂美四边形”得90AOD BOC ∠=∠=︒，再根据勾股定理得22222222AB CD OA OB OD OC AD BC +=+++=+；（3）连接CG ，BE ，首先利用SAS 证明GAB CAE ∆≅∆，得GAB ACE ∠=∠，说明BG CE ⊥，从而得出2222BC GE CG BE +=+，进而解决问题．【解析】（1）解：13OA OD OB ==，2OB =，23OA OD ∴==，四边形ABCD 是“垂美四边形”，90AOD BOC ∴∠=∠=︒，60OBC ∠=︒，30BCO ∴∠=︒，4BC ∴=，OC =22222222152(2439AD BC OA OD BC ∴+=++=⨯+=，222222221529AB CD OA OB OD OC AD BC +=+++=+=，故答案为：1529，1529；（2）结论：2222AB CD AD BC +=+，证明：∵AC BD ⊥于点O ，∴90AOD ∠=︒，∴222AD OA OD =+.同理可得222AB OA OB =+，222BC OB OC =+，222CD OC OD =+∴2222AB CD AD BC +=+（3）解：如图：连接CG 、BE ，∵90GAC BAE ∠=∠=°，∴GAC CAB BAE CAB ∠+∠=∠+∠，∴GAB CAE ∠=∠，在GAB △和CAE V 中，AG AC GAB CAE AB AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴GAB CAE V V ≌，∴AGB ACE ∠=∠，∵90AGB AMG ∠+∠=°，AMG BMC ∠=∠，∴90ACE CMB ∠+∠=°，∴BG CE ⊥，∴四边形GCBE 为垂美四边形，由（2）中结论可知2222EG BC CG BE +=+，∵4AC =，60BAC ∠=︒，∴30ABC ∠=︒，∴8AB =，B C =，∴22232CG AC ==，222128BE AB ==，∴24832128EG +=+，∴2112EG =，根据线段为正数可知EG =22．在ABC 中，90BAC ∠=︒，AB AC =，点D 是射线CB 上的动点（点D 不与点B 、C 重合），连接AD ，AE AD ⊥，且AE AD =，连接DE ，过点D 作DF BC ⊥，且DF BD =，连接CF．(1)如图1，当点D 是BC 中点时，DE 与CF 的数量关系是，位置关系是；(2)如图2，当点D 是线段BC 上任意一点时，（1）中的两个结论还成立吗？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由；(3)若722AB =，3BD =时，请直接写出线段DE 的长．【答案】(1)DE CF =；DE CF∥(2)成立，证明见解析(3)5【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得出AD ＝BD ＝CD ，证出CF ，DE ，∠ADE ＝45°，则可得出结论；（2）证明△ABD ≌△ACE （SAS ），由全等三角形的性质得出BD ＝CE ，∠ABD ＝∠ACE ，由直角三角形的性质及平行线的判定可证出结论；（3）分类讨论，当D 在线段BC 上时，当D 在CB 的延长线上时，由勾股定理可求出答案．【解析】（1）解：数量关系：DE CF =；位置关系：DE CF ∥；∵∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，∴AD ＝BD ＝CD ，∵DF ⊥BD ，DF ＝BD ，∴∠FDC ＝90°，DF ＝CD ，∴CF CD ，∵EA ⊥AD ，AE ＝AD ，∴DE AD ，∠ADE ＝45°，∴CF ＝DE ，∵CD ＝DF ，∠CDF ＝90°，∴∠F ＝45°，∴∠ADE ＝∠F ，∴DE ∥CF ．故答案为：DE ＝CF ，DE ∥CF ；（2）成立证明：如图2，连接CE ．∵90BAC ∠=︒，AE AD ⊥，∴90BAD DAC CAE DAC ∠+∠=∠+∠=︒，∴BAD CAE ∠=∠，又∵AB AC =，AE AD =，∴()SAS ABD ACE △≌△，∴BD CE =，ABD ACE ∠=∠，∵90BAC ∠=︒，AB AC =，∴45ABC ACB ∠=∠=︒，∴45ACE ∠=︒，∴454590BCE ACB ACE ∠=∠+∠=︒+︒=︒，∴BC CE ⊥，∵DF BC ⊥，DF BD =，∴DF CE =，DE CF ∥，∴四边形DECF 是平行四边形，∴DE CF =，DE CF ∥；（3）∵AB ＝AC ＝22，∠BAC ＝90°，∴BC 27222＝7，如图2，当D 在线段BC 上时，∵BD ＝DF ＝3，DF ⊥BC ，∴DC ＝BC ﹣BD ＝7﹣3＝4，∴CF 5，由（2）可知，DE ＝CF ＝5．如图3，当D 在CB 的延长线上时，同理BC ＝7，DB ＝DF ＝3，∴DC ＝BC +DB ＝10，∴CF 连接CE ，同理可证四边形DCEF 为平行四边形，∵∠FDC ＝90°，∴四边形DCEF 为矩形，∴DE ＝CF综上所述，DE 5．23．如图1，90ACD ∠=︒，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2BD =，BCAB 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】(2)AE ＝BD ，BD ﹣ABBC ；(3)4；(4)BA +BD BC【分析】（1）由90ACD ∠=︒，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 ，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．【解析】（1）解：连接AD ，设AC ＝a ，则DC ＝a ，∴AD ＝==，即AD 是AC ．（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 BC ，∵BE ＝AE ﹣AB ＝BD ﹣AB ，∴BD ﹣AB BC ；故答案为：AE ＝BD ；BD ﹣AB ；（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 BC ，∵BE ＝AB ﹣AE ＝AB ﹣BD ，∴AB =BD ，∵BD ＝2，BC ，∴AB ＝BD＝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°，∴BEBC ，∵BE ＝AE +BA ＝BD +BA ，∴BA +BD，故答案为：BA +BDBC ．24．两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角顶点，并将它们的底角顶点分别对应连接起来得到两个全等三角形，我们把这样的图形称为“手拉手”图形．如图1，在“手拉手”图形中，AB ＝AC ，AD ＝AE ，∠BAC ＝∠DAE ，连接BD ，CE ，则△ABD ≌△ACE．(1)请证明图1的结论成立；(2)如图2，△ABC 和△AED 是等边三角形，连接BD ，EC 交于点O ，求∠BOC 的度数；(3)如图3，AB ＝BC ，∠ABC ＝∠BDC ＝60°，试探究∠A 与∠C 的数量关系．【答案】(1)见解析(2)60°(3)∠A +∠BCD =180°，理由见解析【分析】（1）利用等式的性质得出∠BAD =∠CAE ，即可得出结论；（2）同（1）的方法判断出△ABD ≌△ACE ，得出∠ADB =∠AEC ，再利用对顶角和三角形的内角和定理判断出∠BOC =60°，即可得出答案；（3）先判断出△BDP 是等边三角形，得出BD =BP ，∠DBP =60°，进而判断出△ABD ≌△CBP （SAS ），即可得出结论．【解析】（1）解：证明：∵∠BAC =∠DAE ，∴∠BAC +∠CAD =∠DAE +∠CAD ，∴∠BAD =∠CAE ，在△ABD 和△ACE 中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABD ≌△ACE （SAS ）；。
第四章三角形-三角形全等几何模型-手拉手型(教案)
一、教学内容
本节课选自教材第四章“三角形”中的“三角形全等几何模型-手拉手型”。教学内容主要包括：
1.掌握手拉手型全等三角形的定义及性质。
2.学会运用SSS（边边边）和SAS（边角边）判定全等三角形。
3.熟悉手拉手型全等三角形在实际问题中的应用。
二、核心素养目标
3.成果分享：每个小组将选择一名代表来分享他们的讨论成果。这些成果将被记录在黑板上或投影仪上，以便全班都能看到。
（五）总结回顾（用时5分钟）
今天的学习，我们了解了手拉手型全等三角形的基本概念、判定方法以及在实际中的应用。同时，我们也通过实践活动和小组讨论加深了对这些知识点的理解。我希望大家能够掌握这些知识点，并在日常生活中灵活运用。最后，如果有任何疑问或不明白的地方，请随时向我提问。
-掌握手拉手型全等三角形在实际问题中的应用，如解决土地测量、建筑绘图等问题。
2.教学难点
-难点一：理解手拉手型全等三角形的“手拉手”概念。学生可能难以形象化理解两个全等三角形如何通过一条线段（手拉手）连接，形成特定的几何关系。教师需要通过动态图示或实物模型，帮助学生形成直观的认识。
-难点二：判定全等三角形的条件选择。学生在面对具体问题时，可能难以判断应该使用SSS还是SAS判定全等。教师应提供多个案例，让学生比较不同情况下的判定条件，明确何时使用SSS，何时使用SAS。
3.重点难点解析：在讲授过程中，我会特别强调SSS和SAS这两个判定全等三角形的重点。对于难点部分，如手拉手型全等三角形的构造和实际应用，我会通过举例和比较来帮助大家理解。
（三）实践活动（用时10分钟）
1.分组讨论：学生们将分成若干小组，每组讨论一个与手拉手型全等三角形相关的实际问题。
全等三角形之手拉手模型讲义
全等三角形-----------手拉手模型一、手拉手模型基本含义定义：所谓手拉手模型，是指有公共顶点的两个等腰三角形，顶角相等。
因为顶点相连的四条边，形象的可以看作两双手，所以通常称为手拉手模型。
二、基本图形：△ABC和△ADE均是等腰三角形，其中AC=AB,AD=AE,且∠BAC=∠DAE手拉手左手拉左手、右手拉右手基本特征：① ；② ；③ ；基本三、典例精析：➢类型一：共顶点的等边三角形中手拉手例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，(1)证明：△ABE≌△DBC;（2）证明：AE=DC;（3）求线段AE和线段DC所夹∠AFD的度数.变式练习1：在例1的基础上，将△BEC绕点B逆时针旋转一定角度，连接AE，CD，如图.(1)证明：AE=DC;（2）求线段AE所在直线和线段DC所在直线之间的夹角.➢共顶点的等腰直角三角形的手拉手例2：如图，ACB∆均为等腰直角三角形，且90∆和DCEACB DCE∠=∠=︒，连接AD,BE.判断线段AD与线段BE之间的关系，请说明理由变式练习2：如图1，已知正方形ABCD的边CD在正方形DEFG的边DE上，连接AE、GC.(1)试猜想AE与GC有怎样的数量位置关系，并证明你的结论；(2)将正方形DEFG绕点D按顺时针方向旋转，使点E落在BC边上，如图2，连接AE和GC. 你认为(1)中的结论是否还成立?若成立，给出证明；若不成立，请说明理由.总结归纳：如下图△ABC和△ADE均是等腰三角形，其中AC=AB,AD=AE,且∠BAC=∠DAE=α，则∠BEC 的大小是多少？GEFDABCOE DA BCA B CD E 321AB DE全等三角形-----------手拉手模型课后练习1.如图，AB=AC ，AD=AE ，∠BAC=∠DAE ，∠1=25°，∠2=30°，则∠3=__________．2.如图，△ABD ，△AEC 都是等边三角形，BE 交CD 于点O ，求△DOE 的度数.3．如图，四边形ABCD ，BEFG 均为正方形，连接AG ，CE.（1）求证：AG=CE ；（2）求证：AG△CE.4.如图，AC=BC ，DC=EC ，∠ACB=∠ECD=90°，且∠EBD=42°，求∠AEB 的度数.。
全等与相似模型-手拉手模型(解析版)
全等与相似模型-手拉手模型全等三角形与相似三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位。
相似三角形与其它知识点结合以综合题的形式呈现，其变化很多，难度大，是中考的常考题型。
如果大家平时注重解题方法，熟练掌握基本解题模型，再遇到该类问题就信心更足了。
本专题就手拉手模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。
模型1.手拉手模型【模型解读】将两个三角形绕着公共顶点(即头)旋转某一角度后能完全重合，则这两个三角形构成手拉手全等，也叫旋转型全等，常用“边角边”判定定理证明全等。
1)双等边三角形型条件：如图1，△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。
结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠AFM=∠BCM=60°；④CF平分∠BFD。
图1图22)双等腰直角三角形型条件：如图2，△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点N。
结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ANM=∠BCM=90°；④CN平分∠BFD。
3)双等腰三角形型条件：△ABC和△DCE均为等腰三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。
结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ACM=∠BFM；④CF平分∠BFD。
图3图44)双正方形形型条件：△ABCFD 和△CEFG 都是正方形，C 为公共点；连接BG ，ED 交于点N 。
结论：①△△BCG ≌△DCE ；②BG =DE ；③∠BCM =∠DNM =90°；④CN 平分∠BNE 。
1(2022·北京东城·九年级期末)如图，在等边三角形ABC 中，点P 为△ABC 内一点，连接AP ，BP ，CP ，将线段AP 绕点A 顺时针旋转60°得到AP ，连接PP ，BP ．(1)用等式表示BP 与CP 的数量关系，并证明；(2)当∠BPC =120°时， ①直接写出∠P BP 的度数为；②若M 为BC 的中点，连接PM ，请用等式表示PM 与AP 的数量关系，并证明．【答案】(1)BP =CP ，理由见解析；(2)①60°；②PM =12AP ，见解析【分析】(1)根据等边三角形的性质，可得AB =AC ，∠BAC =60°，再由由旋转可知：AP =AP ，∠PAP =60°，从而得到∠BAP =∠CAP ，可证得△ABP ≌△ACP ，即可求解；(2)①由∠BPC =120°，可得∠PBC +∠PCB =60°．根据等边三角形的性质，可得∠BAC =60°，从而得到∠ABC +∠ACB =120°，进而得到∠ABP +∠ACP =60°．再由△ABP ≌△ACP ，可得∠ABP =∠ACP ，即可求解；②延长PM 到N ，使得NM =PM ，连接BN ．可先证得△PCM ≌△NBM ．从而得到CP =BN ，∠PCM =∠NBM ．进而得到BN =BP ．根据①可得∠P BP =60°，可证得△PNB ≌△PP B ，从而得到PN =PP ．再由△PAP 为等边三角形，可得P P =AP ．从而得到PN =AP ，即可求解．【详解】解：(1)BP =CP ．理由如下：在等边三角形ABC 中，AB =AC ，∠BAC =60°，由旋转可知：AP =AP ，∠PAP =60°， ∴∠PAP -∠BAP =∠BAC -∠BAP 即∠BAP =∠CAP在△ABP 和△ACP 中AB =AC∠BAP =∠CAP AP =AP∴△ABP ≌△ACP (SAS )．∴BP =CP ．(2)①∵∠BPC =120°，∴∠PBC +∠PCB =60°．∵在等边三角形ABC 中，∠BAC =60°，∴∠ABC +∠ACB =120°，∴∠ABP +∠ACP =60°．∵△ABP ≌△ACP ．∴∠ABP =∠ACP ，∴∠ABP +∠ABP ＇=60°．即∠P BP =60°；②PM =12AP ．理由如下：如图，延长PM 到N ，使得NM =PM ，连接BN ．∵M 为BC 的中点，∴BM =CM ．在△PCM 和△NBM 中PM =NM∠PMC =∠NMB CM =BM∴△PCM ≌△NBM (SAS )．∴CP =BN ，∠PCM =∠NBM ．∴BN =BP ．∵∠BPC =120°，∴∠PBC +∠PCB =60°．∴∠PBC +∠NBM =60°．即∠NBP =60°．∵∠ABC +∠ACB =120°，∴∠ABP +∠ACP =60°．∴∠ABP +∠ABP ＇=60°．即∠P BP =60°．∴∠P BP =∠NBP ．在△PNB 和△PP B 中BN =BP∠NBP =∠P BP BP =BP∴△PNB ≌△PP B (SAS )．∴PN =PP ．∵AP =AP ，∠PAP =60°， ∴△PAP 为等边三角形，∴P P =AP ．∴PN =AP ，∴PM =12AP ．【点睛】本题主要考查了等边三角形判定和性质，全等三角形的判定和性质，图形的旋转，熟练掌握等边三角形判定和性质定理，全等三角形的判定和性质定理，图形的旋转的性质是解题的关键．2(2022·黑龙江·中考真题)△ABC 和△ADE 都是等边三角形．(1)将△ADE 绕点A 旋转到图①的位置时，连接BD ，CE 并延长相交于点P (点P 与点A 重合)，有PA +PB =PC (或PA +PC =PB )成立；请证明．(2)将△ADE 绕点A 旋转到图②的位置时，连接BD ，CE 相交于点P ，连接PA ，猜想线段PA 、PB 、PC 之间有怎样的数量关系？并加以证明；(3)将△ADE 绕点A 旋转到图③的位置时，连接BD ，CE 相交于点P ，连接PA ，猜想线段PA 、PB 、PC 之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不需要证明．【答案】(1)证明见解析(2)图②结论：PB =PA +PC ，证明见解析(3)图③结论：PA +PB =PC【分析】(1)由△ABC 是等边三角形，得AB =AC ，再因为点P 与点A 重合，所以PB =AB ，PC =AC ，PA =0，即可得出结论；(2)在BP 上截取BF =CP ，连接AF ，证明△BAD ≌△CAE (SAS )，得∠ABD =∠ACE ，再证明△CAP ≌△BAF (SAS )，得∠CAP =∠BAF ，AF =AP ，然后证明△AFP 是等边三角形，得PF =AP ，即可得出结论；(3)在CP 上截取CF =BP ，连接AF ，证明△BAD ≌△CAE (SAS )，得∠ABD =∠ACE ，再证明△BAP ≌△CAF (SAS )，得出∠CAF =∠BAP ，AP =AF ，然后证明△AFP 是等边三角形，得PF =AP ，即可得出结论：PA +PB =PF +CF =PC ．(1)证明：∵△ABC 是等边三角形，∴AB =AC ，∵点P 与点A 重合，∴PB =AB ，PC =AC ，PA =0，∴PA +PB =PC 或PA +PC =PB ；(2)解：图②结论：PB =PA +PC证明：在BP 上截取BF =CP ，连接AF ，∵△ABC 和△ADE 都是等边三角形，∴AB =AC ，AD =AE ，∠BAC =∠DAE =60°∴∠BAC +∠CAD =∠DAE +∠CAD ，∴∠BAD =∠CAE ，∴△BAD ≌△CAE (SAS )，∴∠ABD =∠ACE ，∵AC =AB ，CP =BF ， ∴△CAP ≌△BAF (SAS )，∴∠CAP =∠BAF ，AF =AP ，∴∠CAP +∠CAF =∠BAF +∠CAF ，∴∠FAP =∠BAC =60°，∴△AFP 是等边三角形，∴PF =AP ，∴PA +PC =PF +BF =PB ；(3)解：图③结论：PA +PB =PC ，理由：在CP 上截取CF =BP ，连接AF ，∵△ABC 和△ADE 都是等边三角形，∴AB =AC ，AD =AE ，∠BAC =∠DAE =60°∴∠BAC +∠BAE =∠DAE +∠BAE ，∴∠BAD =∠CAE ，∴△BAD ≌△CAE (SAS )，∴∠ABD =∠ACE ，∵AB =AC ，BP =CF ，∴△BAP ≌△CAF (SAS )，∴∠CAF =∠BAP ，AP =AF ，∴∠BAF +∠BAP =∠BAF +∠CAF ，∴∠FAP =∠BAC =60°，∴△AFP 是等边三角形，∴PF =AP ，∴PA +PB =PF +CF =PC ，即PA +PB =PC ．【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质是解题的关键．3(2022·湖北·襄阳市九年级阶段练习)如图，已知△AOB 和△MON 都是等腰直角三角形22OA <OM =ON ，∠AOB =∠MON =90°．(1)如图①，连接AM ，BN ，求证：△AOM ≌△BON ；(2)若将△MON 绕点O 顺时针旋转，①如图②，当点N 恰好在AB 边上时，求证：BN 2+AN 2=20N 2；②当点A ，M ，N 在同一条直线上时，若OB =4，ON =3，请直接写出线段BN 的长．【答案】(1)见解析；(2)①见解析；②46+322或46-322．【分析】(1)利用SAS 定理证明△AOM ≌△BON 即可；(2)①连接AM ，证明△AOM ≌△BON ，即可证BN 2+AN 2=2ON 2；②当点N 在线段AM 上时，连接BN ，在Rt △ANB 中构造勾股定理的等量关系；当点M 在线段AN 上时，同理即可求得．(1)证明：∵∠AOB =∠MON =90°，∴∠MON +∠AON =∠AOB +∠AON ，即∠AOM =∠BON ．∵△MON 和△AOB 是等腰直角三角形，∴OM =ON ,OA =OB ，∴△AOM ≌△BON (SAS )．(2)解：①证明：如图，连接AM ．∵∠AOB =∠MON =90°，∴∠MON -∠AON =∠AOB -∠AON ，即∠AOM =∠BON ．∵△MON 和△AOB 是等腰直角三角形，∴OM =ON ,OA =OB ,∠OAB =∠OBA =45°，∴△AOM ≌△BON .(SAS )∴∠MAO =∠OBA =45°,AM =BN ，∴∠MAN =90°，∴AM 2+AN 2=MN 2．∵△MON 是等腰直角三角形，∴MN 2=2ON 2，∴BN 2+AN 2=2ON 2．②46+322或46-322．∵△AOB 和△MON 都是等腰直角三角形，OB =4，ON =3，∴AB =42,MN =32．当点N 在线段AM 上时，如图，连接BN ，设BN =x ，由(1)可知△AOM ≌△BON ．∴∠OAM =∠OBN ，AM =BN =x ．∴∠NAB +∠ABN =∠OAM +∠OAB +∠ABN =∠OBN +∠ABN +∠OAB =∠OBA +∠OAB =180°-∠AOB =90°，∴∠ANB =180°-∠NAB +∠ABN =90°，∴△ANB 是直角三角形，AN 2+BN 2=AB 2．又∵AN =AM -MN =BN -MN =x -32，∴(x -32)2+x 2=(42)2，解得：x 1=46+322,x 2=-46+322(舍去)∴BN =46+322；当点M 在线段AN 上时，如图，连接BN ，设BN =x ，由(2)①可知△AOM ≌△BON ．∴∠OAM =∠OBN ，AM =BN =x ．∴∠NAB +∠ABN =∠OAM +∠OAB +∠ABN =∠OBN +∠ABN +∠OAB =∠OBA +∠OAB =180°-∠AOB =90°，∴∠ANB =180°-∠NAB +∠ABN =90°，∴△ANB 是直角三角形，AN 2+BN 2=AB 2．又∵AN =AM +MN =BN +MN =x +32，∴(x +32)2+x 2=(42)2，解得：x 1=46-322,x 2=-46-322(舍去)∴BN =46-322综上所述：BN 的长为46+322或46-322．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质，三点共线分类讨论，对几何题目的综合把握是解题关键．4(2022·重庆忠县·九年级期末)已知等腰直角△ABC 与△ADE 有公共顶点A ,∠BAC =∠DAE =90°,AB =AC =4,AD =AE =6．(1)如图①，当点B ,A ,E 在同一直线上时，点F 为DE 的中点，求BF 的长；(2)如图②，将△ADE 绕点A 旋转α0°<α≤360° ，点G 、H 分别是AB 、AD 的中点，CE 交GH 于M ，交AD 于N ．①猜想GH 与CE 的数量关系和位置关系，并证明你猜想的结论；②参考图③，若K 为AC 的中点，连接KM ，在△ADE 旋转过程中，线段KM 的最小值是多少(直接写出结果)．【答案】(1)BF =58；(2)①GH =12CE ,GH ⊥CE ；证明见解析；②线段KM 的最小值是5-1．【分析】(1)如图：过点F 作FQ ⊥AE 于点Q ，先说明FQ 是△ADE 的中位线，然后再求得FQ 、BQ ，最后再运用勾股定理解答即可；(2)①连接BD 交CE 于P ，先证明△ABD ≌△ACE 可得AB =AC ,∠BAD =∠CAE ,AD =AE ，然后再说明GM 是△ABD 的中位线可得GH =12CE ，然后再根据角的关系证明GH ⊥CE ﹔②如图：连接CG ，取中点O ，连接OK 、OM ，再根据勾股定理和三角形中位线的性质求得CG 和OK ,进而求得OM ,最后根据三角形的三边关系即可解答．【详解】解：(1)过点F 作FQ ⊥AE 于点Q ，∵点F 是DE 的中点，∴FQ 是△ADE 的中位线∴FQ =12AD =3,AQ =12AE =3，∴BQ =AB +AQ =7∴BF =FQ 2+BQ 2=32+72=58；(2)①GH =12CE ,GH ⊥CE ﹔证明:连接BD 交CE 于P ．∵∠ABC =∠DAE =90°，∴∠ABC +∠CAD =∠DAE +∠CAD ．即∠BAD =∠CAE ；在△ABD 和△ACE 中，∵AB =AC ,∠BAD =∠CAE ,AD =AE ，∴△ABD ≌△ACE (SAS )，∴BD =CE ,∠ADB =∠AEC∵G ,H 分别是AB ,AD 的中点，∴GM 是△ABD 的中位线∴GH =12BD =12CE 且GH ⎳BD ∵∠AEN +∠ANE =90°,∠ANE =∠DNP ，∴∠ADP +∠DNP =90°∴∠DPN =90°∴∠HMN =∠DPN =90°，∴GH ⊥CE ﹔②如图：连接CG ，取中点O ，连接OK 、OM ∴CG =AG 2+AC 2=22+42=25，OK =12AG =1∵∠CMG =90°，O 为CG 的中点∴OM =12CG =5∵MK >OM -OK ∴当O 、K 、M 共线时，MK 取最小值OM -OK =5-1．【点睛】本题主要考查了三角形的中线、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识点成为解答本题的关键．5(2022·山西大同·九年级期中)综合与实践：已知△ABC 是等腰三角形，AB =AC ．(1)特殊情形：如图1，当DE ∥BC 时，DB EC ．(填“>”“<”或“=”)；(2)发现结论：若将图1中的△ADE 绕点A 顺时针旋转α(0°<α<180°)到图2所示的位置，则(1)中的结论还成立吗？请说明理由．(3)拓展运用：某学习小组在解答问题：“如图3，点P 是等腰直角三角形ABC 内一点，∠BAC =90°，且BP =1，AP =2，CP =3，求∠BPA 的度数”时，小明发现可以利用旋转的知识，将△BAP 绕点A 顺时针旋转90°得到△CAE ，连接PE ，构造新图形解决问题．请你根据小明的发现直接写出∠BPA 的度数．【答案】(1)=；(2)成立，理由见解析；(3)∠BPA =135°．【分析】(1)由DE ∥BC ，得到∠ADE =∠B ，∠AED =∠C ，结合AB =AC ，得到DB =EC ；(2)由旋转得到的结论判断出△DAB ≌△EAC ，得到DB =CE ；(3)由旋转构造出△APB ≌△AEC ，再用勾股定理计算出PE ，然后用勾股定理逆定理判断出△PEC 是直角三角形，在简单计算即可．【详解】解：(1)∵DE ∥BC ，∴∠ADE =∠B ，∠AED =∠C ，∵AB =AC ，∴∠B =∠C ，∴∠ADE =∠AED ，∴AD =AE ，∴DB =EC ，故答案为：=；(2)成立．证明：由①易知AD =AE ，∴由旋转性质可知∠DAB =∠EAC ，在△DAB 和△EAC 中AD =AE∠DAB =∠EAC AB =AC，∴△DAB ≌△EAC (SAS )，∴DB =CE ；(3)如图，将△APB绕点A旋转90°得△AEC，连接PE，∴△APB≌△AEC，∴AE=AP=2，EC=BP=1，∠PAE=90°，∴∠AEP=∠APE=45°，在Rt△PAE中，由勾股定理可得，PE=22，在△PEC中，PE2=(22)2=8，CE2=12=1，PC2=32=9，∵PE2+CE2=PA2，∴△PEC是直角三角形，∴∠PEC=90°，∴∠AEC=135°，又∵△APB≌△AEC，∴∠BPA=∠CEA=135°．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，平行线的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理及其逆定理，解本题的关键是构造全等三角形，也是本题的难点．6(2022·青海·中考真题)两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来，则形成一组全等的三角形，把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形.(1)问题发现：如图1，若△ABC和△ADE是顶角相等的等腰三角形，BC，DE分别是底边.求证：BD= CE；(2)解决问题：如图2，若△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠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.图1 图2【答案】(1)见解析(2)∠DCE=90°；AE=AD+DE=BE+2CM【分析】(1)先判断出∠BAD=∠CAE，进而利用SAS判断出△BAD≌△CAE，即可得出结论；(2)同(1)的方法判断出△BAD≌△CAE，得出AD=BE，∠ADC=∠BEC，最后用角的差，即可得出结论．【解析】(1)证明：∵△ABC和△ADE是顶角相等的等腰三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，∴∠BAC-∠CAD=∠DAE-∠CAD，∴∠BAD=∠CAE．在△BAD和△CAE中，AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，∴△BAD≌△CAE SAS ，∴BD=CE．(2)解：∠AEB=90°，AE=BE+2CM，理由如下：由(1)的方法得，△ACD≌△BCE，∴AD=BE，∠ADC=∠BEC，∵△CDE是等腰直角三角形，∴∠CDE=∠CED=45°，∴∠ADC=180°-∠CDE=135°，∴∠BEC=∠ADC=135°，∴∠AEB=∠BEC-∠CED=135°-45°=90°．∵CD=CE，CM⊥DE，∴DM=ME．∵∠DCE=90°，∴DM=ME=CM，∴DE=2CM．∴AE=AD+DE=BE+2CM．【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形，等边三角形，等腰直角三角形的性质，判断出△ACD≌△BCE是解本题的关键．7(2022·广东广州市·八年级期中)如图，两个正方形ABCD与DEFG，连结AG，CE，二者相交于点H．(1)证明：△ADG≌△CDE；(2)请说明AG和CE的位置和数量关系，并给予证明；(3)连结AE和CG，请问△ADE的面积和△CDG的面积有怎样的数量关系？并说明理由．【答案】(1)答案见解析；(2)AG=CE，AG⊥CE；(3)△ADE的面积=△CDG的面积【分析】(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.【点睛】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.8(2023·福建福州市·九年级月考)如图，和均为等边三角形，连接BE、CD．(1)请判断：线段BE与CD的大小关系是；(2)观察图，当和分别绕点A旋转时，BE、CD之间的大小关系是否会改变?(3)观察如图和4，若四边形ABCD、DEFG都是正方形,猜想类似的结论是,在如图中证明你的猜想.(4)这些结论可否推广到任意正多边形(不必证明),如图,BB1与EE1的关系是;它们分别在哪两个全等三角形中;请在如图中标出较小的正六边形AB1C1D1E1F1的另五个顶点，连接图中哪两个顶点,能构造出两个全等三角形？【答案】(1)BE=CD(2)线段BE与CD的大小关系不会改变(3)AE=CG，证明见解析(4)这些结论可以推广到任意正多边形.如图5，BB1=EE1，它们分别在△AE1E和△AB1B中，如图6，连接FF1，可证△AB1B≌△AF1F．图形见解析.【分析】本题是变式拓展题，图形由简单到复杂，需要从简单图形中探讨解题方法，并借鉴用到复杂图形中；证明三角形全等时，用旋转变换寻找三角形全等的条件．【详解】(1)线段BE与CD的大小关系是BE=CD；(2)线段BE与CD的大小关系不会改变；(3)AE=CG．证明：如图4，正方形ABCD与正方形DEFG中，∵AD=CD，DE=DG，∠ADC=∠GDE=90°，又∠CDG=90°+∠ADG=∠ADE，∴△ADE≌△CDG，∴AE=CG．(4)这些结论可以推广到任意正多边形．如图5，BB1=EE1，它们分别在△AE1E和△AB1B中，如图6，连接FF1，可证△AB1B≌△AF1F．【点睛】本题综合考查全等三角形、等边三角形和多边形有关知识．注意对三角形全等的证明方法的发散．模型2.“手拉手”模型(旋转模型)【模型解读与图示】“手拉手”旋转型定义：如果将一个三角形绕着它的项点旋转并放大或缩小(这个顶点不变)，我们称这样的图形变换为旋转相似变换，这个顶点称为旋转相似中心，所得的三角形称为原三角形的旋转相似三角形。
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手拉手模型
例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： （1） △ABE ≌△DBC （2） ) （3） AE=DC
（4） AE 与DC 的夹角为60。
（5） △AGB ≌△DFB （6） △EGB ≌△CFB （7） BH 平分∠AHC （8） ` （9） GF ∥AC
,
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H F
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变式练习1、如果两个等边三角形△ABD 和△BCE ，连接AE 与CD ，证明： （1） \ （
2） △ABE ≌△DBC （3） AE=DC
（4） AE 与DC 的夹角为60。
（5） AE 与DC 的交点设为H,BH 平分∠AHC
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变式练习2：如果两个等边三角形△ABD 和△BCE ，连接AE 与CD ，证明： （1） △ABE ≌△DBC
（2） AE=DC
（3） AE 与DC 的夹角为60。
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（4）AE 与DC 的交点设为H,BH 平分∠AHC
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例题2：如图，两个正方形ABCD 和DEFG ，连接AG 与CE ，二者相交于H 问：（1）△ADG ≌△CDE 是否成立
（2）AG 是否与CE 相等 %
（3）AG 与CE 之间的夹角为多少度 （4）HD 是否平分∠AHE
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例题3：如图两个等腰直角三角形ADC 与EDG ，连接AG,CE,二者相交于H.
问 （1）△ADG ≌△CDE 是否成立
（2）AG 是否与CE 相等 —
（3）AG 与CE 之间的夹角为多少度 （4）HD 是否平分∠AHE
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例题4：两个等腰三角形ABD 与BCE ，其中AB=BD,CB=EB,∠ABD=∠CBE=a 连接AE 与CD.
问（1）△ABE ≌△DBC 是否成立
（2）AE 是否与CD 相等
（3）AE 与CD 之间的夹角为多少度 （4）HB 是否平分∠AHC
课程顾问签字： 教学主管签字：。