初二数学知识点精讲精练——全等模型之“手拉手”

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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

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【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 ∠？。

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【最新整理，下载后即可编辑】全等三角形之手拉手模型专题➢手拉手模型：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。

➢基本模型：例题：已知，△ABB'和△ACC'都是等腰三角形，AB=AB'，AC=AC'，且∠BAB'=∠CAC'。

➢共顶点的等腰直角三角形中的手拉手变式精练1、下图，△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°,求证：⑴BD=CE ⑵BD⊥CE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'➢共顶点的等边三角形中的手拉手变式精练2：如图，点A为线段BD上一点，△ABC和△ADE均是等边三角形，求：（1）CD=BE (2)∠DAE＋∠BFD=180°(3)∠BFA=∠DFA=60°模型应用1：如图，分别以△ABC 的边AB、AC 同时向外作等腰直角三角形，其中AB =AE ，AC =AD，∠BAE =∠CAD=90°，点G为BC中点，点F 为BE 中点，点H 为CD中点。

探索GF 与GH 的位置及数量关系并说明理由。

（选讲）模型应用2：如图，在五边形ABCDE中，∠ABC =∠AED =90°，∠BAC =∠EAD=α，F 为CD的中点。

求证：（1）BF=EF课堂小测：练习1：如图，两个正方形ABCD与DEFG,连结CE、AG,二者相交于点H。

求：（1）AG=CE （2）AG与CE之间的夹角为多少度？（3）HD平分∠AHE。

初中数学几何模型之手拉手模型复习整理

初中数学几何模型手拉手模型模型巧记:1.等角共点推等角.(有两条短手臂和两条长手臂)2.相同图形在一起,要把边角边想起.什么是手拉手?321ECA B D 如图所示,△ABC 和△BED 都是等边三角形,∴BE=BD(我们称为短手臂)BC=AB(我们称为长手臂)又∵∠1=∠2=60°(三角形均为等边三角形)∴∠1+∠3=∠2+∠3(等角共点推等角)∴∠ABE=∠CBD在△ABE 和△CBD 中, ቐBE =BD∴∠ABE=∠CBDBC =AB∴△ABE ≌△CBD(SAS)模型讲解结论: 如图所示,AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE.(1)则△ABD ≌△ACE.(2)BD 和CE 的夹角∠BFE=∠BAC=∠DAE.图1ED C BA 图2FA B C DE 解:(1)证明如下: ∵∠BAC=∠DAE ∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC ∴∠BAD=∠CAE∴在△ABD 和△ACE 中ቐAD =AE ∠BAD=∠CAEAB =AC∴ △ABD ≌△ACE(SAS)有长手臂和短手臂有共点的相等的角(这里就满足手拉手的条件了,有长手臂和短手臂,也有共点的等角)结论: 如图所示,AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE.(1)则△ABD ≌△ACE.(2)BD 和CE 的夹角∠BFE=∠BAC=∠DAE.图2FA B CDE解: (2)由1得, △ABD ≌△ACE ∴∠1=∠2,(全等三角形对应角相等) 又∵∠3=∠4(对顶角相等) 在三角形中内角和为180° ∴∠1+∠4+∠BAC=180° ∴∠2+∠3+∠BFE=180° ∴∠BFE=∠BAC(等量代换)∴ ∠BFE=∠BAC=∠DAE 4321结论1: 如图所示,等边△ABC和等边△CDE,△BCD≌△ACE,∠BFA=60°.结论图1FEDCBA你发现图中的手拉手模型了吗?结论图1FEDCBA结论2: 如图所示,等腰Rt △ABC 和等腰Rt △CDE,则△BCD ≌△ACE,∠BFA=90°.F 结论图2E D C B A F结论图2ED C B A你发现图中的手拉手模型了吗?如图,△ACB 和△DCE 均为等边三角形,点A,D,E 在同一条直线上,连结BE,则∠AEB 的度数为______.模型练习1E DBCA 60°大手拉小手,等边等角全等找.如图,△ABC 和△ADE 都是等腰直角三角形,CE 和BD 相交于点M,则BD 和CE 的数量关系是_______.BD=CE.模型练习2MDEA C B如图,△ABC 中,AB=AC,∠BAC=40°,将△ABC 绕点A 按逆时针方向旋转100°得到△ADE,连结BD,CE 相交于点F ,则BD 与CE 的数量关系是________.BD=CE.100°模型练习340°FEDCB A如图,△ABC 和△CDE 均为等边三角形,点A,D,E 在同一条直线上,连结BE,若∠CAE=25°,则∠EBC 的度数为_____.25°模型练习4EDBCA如图所示,B,D,E 在同一条直线上,AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE,∠1=25°,∠2=30°,则∠3=_______.55°1模型练习532EDC BA如图,在△ABC 中,∠ABC=45°,AD,BE 分别为BC,AC 边上的高,AD,BE 相交于点F ,连结CF ,则有下列结论:①BF=AC;②∠FCD=45°.③若BF=2EC,则△FDC 的周长等于AB 的长.其中正确的有_______.①②③模型练习6FE D CBA如图,在△AOB 和△COD 中,OA=OB,OC=OD,OA<OC,∠AOB=∠COD=36°.连结AC,BD 交于点M,连结OM.有下列结论:①∠AMB=36°.②AC=BD.③OM平分∠AOD.④MO 平分∠AMD.其中正确的结论有________.①②④模型练习7M DBOAC已知△AOB 和△MON 都是等腰直角三角形(22OA <OM =ON ),∠AOB=∠MON=90°.(1)如图1,连结AM,BN,求证:△AOM ≌△BON.图1MNBOA图1MNBOA(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=2ON 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.图2MNBOAJ图3.1MNBO AJAO BNM图3.246+32246−322。

初中数学三角形全等之手拉手模型

初中数学三角形全等之手拉手模型手拉手模型特点：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。

主要结论：（1）△ABD ≌ △AEC；（2）∠α + ∠BOC = 180°；（3）OA 平分∠BOC。

基本变形：共顶点等边三角形模型一共顶点等边三角形模型二共顶点正方形模型共顶点等腰直角三角形模型典例精讲：【例题 1】如图在直线 ABC 的同一侧作两个等边△ABD 与△BCE，连结 AE 与 CD，证明：（1）△ABE ≌ △DBC；∵ △ABD 与△BCE 都是等边三角形，∴ AB = DB , BE = BC , ∠DBA = ∠CBE = 60°，∵ ∠DBA + ∠DBE = ∠CBE + ∠DBE = 60° + ∠DBE，∴ ∠ABE = ∠DBC，∴ △ABE ≌ △DBC；（SAS）（2）AE = DC；由（1）知△ABE ≌ △DBC，∴ AE = DC；（3）AE 与 DC 之间的夹角为60°；由（1）知△ABE ≌ △DBC，∴ ∠1 = ∠2，∵ ∠1 + ∠DGH + ∠3 = 180°，∠2 + ∠AGB + ∠4 = 180°，又∵ ∠DGH = ∠AGB ，∠4 = 60°，∴ ∠3 = ∠4 = 60°，即 AE 与 DC 之间的夹角为60°；（4）△AGB ≌ △DFB；由（1）知△ABE ≌ △DBC，∴ ∠1 = ∠2，∵ AB = DB , ∠3 + ∠4 + ∠5 = 180°，∠3 = ∠5 = 60°，∴ ∠3 = ∠4 = 60°，∴ △AGB ≌ △DFB（ASA）；（5）△EGB ≌ △CFB；由（1）知△ABE ≌ △DBC，∴ ∠1 = ∠2，由（4）知∠3 = ∠4 = ∠5 = 60°，∵ EB = CB ,∴ △EGB ≌ △CFB（ASA）；（6）BH 平分∠AHC；连接 BH，过点 B 分别作BM⊥AE 于点 M，BN⊥CD 于点 N，垂足分别为 M、N，由（1）知△ABE ≌ △DBC，∴ ∠1 = ∠2，∵ AB = DB , ∠AMB = ∠DNB = 90°，∴ △AMB ≌ △DNB，∴ BM = BN，∴ BH 平分∠AHC；（7）GF∥AC。

(完整版)三角形全等之手拉手模型、倍长中线、截长补短法、旋转、寻找三角形全等方法归纳总结材料

一、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)DC AE =(3)AE 与DC 之间的夹角为︒60 (4)DFB AGB ∆≅∆ (5)CFB EGB ∆≅∆ (6)BH 平分AHC ∠ (7)AC GF //变式精练1：如图两个等边三角形ABD ∆与BCE ∆，连结AE 与CD ，证明（1）DBC ABE ∆≅∆ （2）DC AE =（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）DBC ABE ∆≅∆ (2）DC AE =(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 ∠？二、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。

初中数学全等三角形手拉手模型

AB =
∵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]全等型“手拉手”数学模型详解

全等型“手拉手”数学模型详解手拉手模型是最常见的一类证明全等或相似的重要数学模型，全等型手拉手模型主要有以下三个特征：双等腰、共顶点、顶角相等.【模型解析】模型一：等边三角形△ABC 和△CDE 均为等边三角形，点C 为公共顶点，如下图：结论：△ACE ≌△BCD .【例题1】如图，△ABD 与△BCE 都是等边三角形，连接AE 与CD，延长AE 交CD 于点F .求证：AE = DC，∠AFD = 60° .证明：∵△ABD 与△BCE 都是等边三角形，∴AB = DB , EB = CB , ∠ABD = ∠EBC = 60°，又∵∠ABE + ∠EBD = ∠DBC + ∠EBD = 60°，∴∠ABE = ∠DBC，∴△ABE ≌△DBC（SAS），∴AE = DC ，∠EAB = CDB .∵∠DAE + ∠EAB = ∠DAB = 60°，∴∠DAE + ∠CDB = 60°，∵∠AFC = ∠DAE + ∠ADB + ∠CDB = 60°+ 60°= 120°，∴∠AFD = 180°- ∠AFC = 180°- 120°= 60° .模型二：等腰三角形等腰△ABC 和等腰△CDE，点C 是公共顶点，∠ACB = ∠DCE = a , 如下图：结论：△ACD ≌△BCE .模型三：等腰直角三角形等腰Rt△AOB 和等腰Rt△EOF，点O 为公共顶点，如下图：AE = BF , AE⊥BF .现将△EOF 绕点O 顺时针旋转一周，可以分为以下几种情况来考虑：结论：①图二、三、五，当A、O、F 三点不共线时，△AOE ≌△BOF；②图一、四、六，△AOB ∽△EOF；③由图六可知，点E、F 的运动轨迹是圆弧（注意特殊位置的最值问题）. 模型四：正方形正方形ABCD 和正方形CEFG ，点C 是公共顶点，如下图：结论：△BCG ≌△DCE .【例题2】如图①所示，四边形ABCD 是正方形，点E 是AB 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 DE = BG；②线段DE、BG 之间的位置关系是DE⊥BG；（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；【提示】（1）、（2）中，用手拉手模型证明三角形全等即可解题 .【模型应用】【例题3】如图，在长方形ABCD 中，AB = 3 , BC = 4 , E 为BC 上一点，且BE = 1，F 为AB 边上的一个动点，连接EF，将EF 绕着点E 顺时针旋转45°到EG 的位置，连接FG 和CG，则CG 的最小值是多少？【解析】如图，当CG⊥B'G 时，此时CG 最小 .解法的实质就是构造了一个和△BEF 全等、共顶点的三角形，或者说是将△BEF 绕点E 旋转了45°.△FBE ≌△GB'E ≌△EOG，四边形B'EOG 是矩形，∠B'EO = 90°，从而可知△EOC 是等腰直角三角形，OE = OC , ∠EOC = 90°，由EC = 3，可知OC = 3√2/2，所以CG = 1 + 3√2/2 .【例题4】在正方形ABCD 中，CD = 2 , 若点P 满足PD = 1，且∠BPD = 90°，请直接写出点A 到BP 的距离为多少？【解析】其实点P 的轨迹就是以点D 为圆心，PD 长为半径的圆，∠BPD = 90°，可知BP 与该圆相切 .第一种情况：如图所示，连接AP , 过点A 作AF⊥AP，AE⊥BP，交BP 于点F，E .可证：△ABF ≌△ADP（ASA），∴FB = PD = 1 , AF = AP，∴△PAF 是等腰直角三角形 .设AE = EF = x , 在Rt△AEB 中，由勾股定理可得：AE2 = AB2 - BE2 , 即x2 = 2^2 - （x + 1）2 ,解得：x1 = （-1 + √7）/2 , x2 = （-1 - √7）/2 （舍去），此时点A 到BP 的距离是（-1 + √7）/2；第二种情况：如图所示，连接AP，过点A 作AF⊥AP，交PB 延长线于点F，AE⊥BP，垂足为点E .可证：△ABF ≌△ADP（ASA），∴FB = PD = 1 , AP = AF ,∴△PAF 是等腰直角三角形 .设AE = EF = x , 在Rt△AEB 中，由勾股定理可得：AE2 = AB2 - BE2 , 即x2 = 2^2 - （x - 1）2 ,解得：x1 = （1 + √7）/2 , x2 = （1 - √7）/2 （舍去）, 此时点A 到BP 的距离是（1 + √7）/2 .。

初中数学几何模型之——手拉手模型，跟我学-应对中考轻松自如

初中数学几何模型之——手拉手模型，跟我学-应对中考轻松自
如
一、模型一：手拉手模型----旋转型全等
（1）等边三角形
手拉手-等边旋转
【条件】：△OAB和△OCD均为等边三角形；
【结论】：①△OAC≌△OBD；②∠AEB=60°；③OE平分∠AED
（2）等腰直角三角形
手拉手-等腰直角旋转
【条件】：△OAB和△OCD均为等腰直角三角形；
【结论】：①△OAC≌△OBD；②∠AEB=90°；③OE平分∠AED
（3）顶角相等的两任意等腰三角形
手拉手-等腰旋转
【条件】：△OAB和△OCD均为等腰三角形；且∠COD=∠AOB
【结论】：①△OAC≌△OBD；②∠AEB=∠AOB；③OE平分∠AED
二、模型二：手拉手模型----旋转型相似
（1）一般情况
【条件】：CD∥AB，将△OCD旋转至右图的位置
【结论】：①右图中△OCD∽△OAB→→→△OAC∽△OBD；
②延长AC交BD于点E，必有∠BEC=∠BOA
（2）特殊情况
【条件】：CD∥AB，∠AOB=90° 将△OCD旋转至右图的位置
【结论】：①右图中△OCD∽△OAB→→→△OAC∽△OBD；
②延长AC交BD于点E，必有∠BEC=∠BOA；
③BD/AC=OD/OC=OB/OA=tan∠OCD；
④BD⊥AC；
⑤连接AD、BC，必有AD2+BC2=AB2+CD2；
⑥S△BCD=1/2AC×BD。

全等之手拉手模型(含答案)

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

全等三角形之手拉手模型讲义

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。

初中几何经典模型总结（手拉手模型）

初中几何经典模型总结（手拉手模型）展开全文模型可以让同学更快的进入到几何之中，产生兴趣。

也是近来学习初中几何不可或缺的一种重要方法。

下面给大家介绍一种经典几何模型---手拉手模型，这也是历年数学中考常考的几何压轴题型之一。

手拉手模型的概念:1、手的判别：判断左右：将等腰三角形顶角顶点朝上，正对读者，读者左边为左手顶点，右边为右手顶点。

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

（左手拉左手，右手拉右手）例如：3、手拉手模型的重要结论三个固定结论:结论1:△ABC≌△AB'C'(SAS)BC=B'C'（左手拉左手等于右手拉右手）结论2：∠BOB'=∠BAB'（用四点共圆证明）结论3: AO平分∠BOC'（用四点共圆证明）例题解析：类型一共顶点的等腰直角三角形中的手拉手例1：已知：如图△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°．求证：BD=CE．分析：要证BD=CE可转化为证明△BAE≌△CAD，由已知可证AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠EAD=90°，因为∠BAC ∠CAE=∠EAD ∠CAE，即可证∠BAE=∠CAD，符合SAS，即得证．解答：证明：∵△ABC与△AED均为等腰直角三角形，∴AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠EAD=90°，∴∠BAC ∠CAE=∠EAD ∠CAE，即∠BAE=∠CAD，在△BAE与△CAD中，AB=AC,∠BAE=∠CAD，AE=AD∴△BAE≌△CAD（SAS），∴BD=CE．类型二共顶点的等边三角形中的手拉手例2：图1、图2中，点B为线段AE上一点，△ABC与△BED都是等边三角形。

(1)如图1，求证：AD=CE；(2)如图2，设CE与AD交于点F，连接BF.①求证：∠CFA=60°；②求证：CF BF=AF.分析：（1）如图1，利用等边三角形性质得：BD=BE，AB=BC，∠ABC=∠DBE=60°，再证∠ABD=∠CBE，根据SAS证明△ABD≌△CBE 得出结论；（2）①如图2，利用（1）中的全等得：∠BCE=∠DAB，根据两次运用外角定理可得结论；②如图3，作辅助线，截取FG=CF，连接CG，证明△CFG是等边三角形，并证明△ACG≌△BCF，由线段的和得出结论．解答：证明：(1)如图1，∵△ABC与△BED都是等边三角形，∴BD=BE,AB=BC,∠ABC=∠DBE=60°，∴∠ABC ∠CBD=∠DBE ∠CBD，即∠ABD=∠CBE，在△ABD和△CBE中，AB=AC∠ABD=∠CBEBD=BE，∴△ABD≌△CBE(SAS)，∴AD=CE，(2)①如图2,由(1)得：△ABD≌△CBE，∴∠BCE=∠DAB，∵∠ABC=∠BCE ∠CEB=60°，∴∠ABC=∠DAB ∠CEB=60°，∵∠CFA=∠DAB ∠CEB，∴∠CFA=60°，②如图3,在AF上取一点G,使FG=CF,连接CG,∵∠AFC=60°，∴△CGF是等边三角形，∴∠GCF=60°，CG=CF，∴∠GCB ∠BCE=60°，∵∠ACB=60°，∴∠ACG ∠GCB=60°，∴∠ACG=∠BCE，∵AC=BC，∴△ACG≌△BCF，∴AG=BF，∵AF=AG GF，∴AF=BF CF.类型三共顶点正方形中的手拉手例3：如图，两个正方形ABCD与DEFG,连结CE、AG,二者相交于点H。

中考手拉手模型专题知识解读

手拉手模型专题知识解读【专题说明】手拉手模型是指有共同顶点的两个等腰三角形，顶角相等。

因为过共同顶点的四条边，像人的两双手，所以通常称为手拉手模型。

手拉手模型常和旋转结合,在考试中作为几何综合题目出现。

【方法技巧】类型一：等边三角形手拉手（1）如图，B 、C 、D 三点共线，▲ABC 和▲CDE 是等边三角形，连接AD 、BE ，交于点P（2）记AC 、BE 交点为M ，AD 、CE 交点为N（2）连接MN结论一：△ACD ≌△BCE证明：AC BCACD BCE CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩→△ACD ≌△BCE （SAS）结论二：△ACN ≌△BCM ；△MCE ≌△NCD证明：MBC NAC BC AC BCM ACN ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩→△ACN ≌△BCM （SAS ）；MCE NCD CE CDCEM CDN ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩→△MCE ≌△NCD （ASA）（4）记AD 、BE 交点为P ，连接PC ：（5）结论五：∠APB=∠BPC=∠CPD=∠DPE=60°（6）连AE:结论六：P 点是▲ACE 的费马点（PA+PC+PE 值最小）类型二：正方形手拉手如图，四边形ABCD 和四边形CEFG 均为正方形，连接BE 、DG结论三：△MNC 是等边三角形．证明：60CM CNMCN =⎧⎨∠=︒⎩→△MCN是等边三角形．结论四：PC 平分∠BPD证明：△BCE ≌△ACD →CG =CH →PC 平分∠BPD．【典例分析】【类型一：等边三角形手拉手】【典例1】（2021春•西安期末）如图，在△ABC 中，BC ＝5，以AC 为边向外作等边△ACD ，以AB 为边向外作等边△ABE ，连接CE 、BD ．（1）若AC ＝4，∠ACB ＝30°，求CE 的长；（2）若∠ABC ＝60°，AB ＝3，求BD 的长．【解答】解：（1）∵△ABE 与△ACD 是等边三角形， ∴AC ＝AD ，AB ＝AE ，∴∠DCA ＝∠CAD ＝∠EAB ＝60°， ∴∠EAB +∠BAC ＝∠CAD +∠BAC ，即∠EAC ＝∠BAD ．在△EAC 和△BAD 中，，∴△EAC ≌△BAD （SAS ）， ∴EC ＝BD ，又∵∠ACB ＝30°，∴∠DCB ＝∠ACB +∠DCA ＝90°， ∵CD ＝AC ＝4，BC ＝5， ∴BD ＝＝＝，结论一：△BCE ≌△DCG证明：CB CD BCE DCG CE CG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩→△BCE ≌△DCG （SAS ）结论二：BE =DG ，BE ⊥DG 证明：△BCE ≌△DCG →BE =DG ；∠CBE ＝∠CDG →∠DHB =∠BCD =90°（旋转角都相等）【重点概述】手拉手模型是一种基本的旋转型全等，与其说看图找模型，不如是“找条件、定模型”．∴CE＝；（2）如图，作EK垂直于CB延长线于点K．∵△ABE与△ACD是等边三角形，∴AC＝AD，AB＝AE，∴∠DCA＝∠CAD＝∠EAB＝60°，∴∠EAB+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，即∠EAC＝∠BAD．在△EAC和△BAD中，，∴△EAC≌△BAD（SAS），∴EC＝BD，∵∠ABC＝60°，∠ABE＝60°，∴∠EBK＝60°，∴∠BEK＝30°，∴BK＝BE＝，∴EK＝＝＝，∴EC＝＝＝7，∴BD＝EC＝7．【变式1-1】（2021九上·吉林期末）如图①，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=√6，点D，E分别在边AC，BC上，且CD=CE=√2，此时AD=BE，AD⊥BE成立．（1）将△CDE绕点C逆时针旋转90°时，在图②中补充图形，并直接写出BE的长度；（2）当△CDE绕点C逆时针旋转一周的过程中，AD与BE的数量关系和位置关系是否仍然成立？若成立，请你利用图③证明，若不成立请说明理由；（3）将△CDE绕点C逆时针旋转一周的过程中，当A，D，E三点在同一条直线上时，请直接写出AD的长度．【答案】（1）解：如图所示，BE=2√2；（2）解：AD=BE，AD⊥BE仍然成立.证明：延长AD交BE于点H，∵∠ACB=∠DCE=90°，∠ACD=∠ACB−∠BCD，∠BCE=∠DCE−∠BCD，∴∠ACD=∠BCE，又∵CD=CE，AC=BC，∴△ACD≅△BCE，∴AD=BE，∠1=∠2，在Rt△ABC中，∠1+∠3+∠4=90°，∴∠2+∠3+∠4=90°，∴∠AHB=90°，∴AD⊥BE.（3）AD=√5−1或AD=√5+1【变式1-2】（2021九上·宜春期末）如图（1）问题发现：如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，当△DCE旋转至点A，D，E在同一直线上，连接BE．则：①∠ACB的度数为；②线段BE，CE与AE之间的数量关系是．（2）拓展研究：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．若CE=√2，BE=2，求AB的长度．（3）探究发现：图1中的△ACB和△DCE，在△DCE旋转过程中，当点A，D，E 不在同一直线上时，设直线AD与BE相交于点O，试在备用图中探索∠AOE的度数，直接写出结果，不必说明理由．【解答】（1）①∵△ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，故答案为：60°；②∵△ACB和△DCE均为等边三角形，∴AC=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ACD=∠BCE，∴△ADC≅△BEC(SAS)，∴AD=BE，∵△DCE为等边三角形，∴CE=DE，∴BE+CE=AD+DE=AE，故答案为：BE+CE=AE（2）解：∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∴AC=CB，∠CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°，∴∠ACD=∠BCE，∴△ADC≅△BEC(SAS)，∴AD=BE=2，∠ADC=∠BEC，∵△DCE为等腰直角三角形，∴∠CDE=∠CED=45°，CD=CE=√2，DE=√CD2+CE2=√(√2)2+(√2)2=2，∴∠CEB=∠CDA=180°−45°=135°，AE=AD+DE=2+2=4，∴∠AEB=∠CEB−∠CED=135°−45°=90°，∴△AEB是直角三角形，∴AB=√AE2+BE2=√42+22=2√5（3）如图3，由（1）知△ADC≅△BEC，∴∠CAD=∠CBE，∵∠CAB=∠ABC=60°，∴∠OAB+∠OBA=120°，∴∠AOE=180°−120°=60°，如图4，同理求得：∠AOB=60°，∴∠AOE=120°，∴∠AOE的度数是60°或120°．【变式1-3】（2021春•金牛区校级期中）类比探究：（1）如图1，等边△ABC内有一点P，若AP＝8，BP＝15，CP＝17，求∠APB的大小；（提示：将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处）（2）如图2，在△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F为BC上的点，且∠EAF＝45°．求证：EF2＝BE2+FC2；（3）如图3，在△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，点O为△ABC内一点，连接AO、BO、CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，若AC＝1，求OA+OB+OC的值．【解答】解：（1）如图1，将△APB绕着点A逆时针旋转60°得到△ACP′，∴△ACP′≌△ABP，∴AP′＝AP＝8、CP′＝BP＝15、∠AP′C＝∠APB，由题意知旋转角∠P A P′＝60°，∴△AP P′为等边三角形，∴P P′＝AP＝8，∠A P′P＝60°，∵PP′2+P′C2＝82+152＝172＝PC2，∴∠PP′C＝90°，∴∠APB＝∠AP′C＝∠A P′P+∠P P′C＝60°+90°＝150°（2）如图2，把△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ACE′，则AE′＝AE，CE′＝CE，∠CAE′＝∠BAE，∵∠BAC＝90°，∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠CAF＝∠CAF+∠CAE′＝∠F AE′＝45°，∴∠EAF＝∠E′AF，且AE＝AE'，AF＝AF，∴△AEF≌△AE′F（SAS），∴EF＝E′F，∵∠B+∠ACB＝90°，∴∠ACB+∠ACE′＝90°，∴∠FCE′＝90°，∴E′F2＝CF2+CE′2，∴EF2＝BE2+CF2；（3）如图3，将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，∴AB＝2，∴BC＝＝，∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，∴△A′O′B如图所示；∠A′BC＝∠ABC+60°＝30°+60°＝90°，∵∠ACB＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，∴AB＝2AC＝2，∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A′O′B，∴A′B＝AB＝2，BO＝BO′，A′O′＝AO，∴△BOO′是等边三角形，∴BO＝OO′，∠BOO′＝∠BO′O＝60°，∵∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，∴∠COB+∠BOO′＝∠BO′A′+∠BO′O＝120°+60°＝180°，∴C、O、A′、O′四点共线，在Rt△A′BC中，A′C＝＝，∴OA+OB+OC＝A′O′+OO′+OC＝A′C＝．【典例2】如图，在△ABC与△DEC中，已知∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝6，BC＝3，CD ＝5，CE＝2.5，连接AD，BE．（1）求证：△ACD∽△BCE；（2）若∠BCE＝45°，求△ACD的面积．【解答】（1）证明：∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACD+∠DCB＝∠DCB+∠BCE，∴∠ACD＝∠BCE，又∵，∴△ACD∽△BCE；（2）解：过A作AG⊥CD于G，由（1）知，∠ACD＝∠DCB＝∠BCE＝45°，∴AG＝CG，在Rt△ACG中，由勾股定理得：∴CG＝AG＝3，∴S＝＝．【变式2-1】如图1，在Rt△ABC中，AC＝BC＝5，等腰直角△BDE的顶点D，E分别在边BC，AB上，且BD＝，将△BDE绕点B按顺时针方向旋转，记旋转角为α（0°≤α＜360°）．（1）问题发现当α＝0°时，的值为，直线AE，CD相交形成的较小角的度数为；（2）拓展探究试判断：在旋转过程中，（1）中的两个结论有无变化？请仅就图2的情况给出证明：（3）问题解决当△BDE旋转至A，D，E三点在同一条直线上时，请直接写出△ACD的面积．【解答】解：（1）∵△ABC与△BDE都是等腰直角三角形，∴DE∥AC，∴，∴，∵∠B＝45°，∴直线AE，CD相交形成的较小角的度数为45°，故答案为：；45；（2）无变化，理由如下：延长AE，CD交于点F，CF交AB于点G，∵△ABC与△BDE都是等腰直角三角形，∴∠ABC＝∠DBE＝45°，，∴∠ABC﹣∠ABD＝∠DBE﹣∠ABD，∴∠CBD＝∠ABE，又∵，∴△ABE∽△CBD，∴，∠BAE＝∠BCD，∴∠F＝180°﹣∠BAE﹣∠AGF＝180°﹣∠BCD﹣∠BGC＝∠ABC＝45°；（3）如图，当DE在AB上方时，作AH⊥CD于H，由A，D，E三点在同一条直线上知，∠ADB＝90°，∴AD＝，由（2）知∠ADH＝45°，，∴AH＝＝，CD＝，∴S△ACD＝CD×AH＝＝12+，当DE在AB下方时，同理可得S△ACD＝×CD×AH＝＝12﹣，【类型二：正方形手拉手】【典例3】【问题背景】正方形ABCD和等腰直角三角形CEF按如图①所示的位置摆放，点B，C，E在同一条直线上，其中∠ECF＝90°．【初步探究】（1）如图②，将等腰直角三角形CEF绕点C按顺时针方向旋转，连接BF，DE，请直接写出BF与DE的数量关系与位置关系：；【类比探究】（2）如图③，将（1）中的正方形ABCD和等腰直角三角形CEF分别改成矩形ABCD和Rt△CEF，其中∠ECF＝90°，且，其他条件不变．①判断线段BF与DE的数量关系，并说明理由；②连接DF，BE，若CE＝6，AB＝12，求DF2+BE2的值．【解答】解：（1）如图②，BF与CD交于点M，与DE交于点N，∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝DC，∠BCD＝90°，∵△ECF是等腰直角三角形，∴CF＝CE，∠ECF＝90°，∴∠BCD＝∠ECF，∴∠BCD+∠DCF＝∠ECF+∠DCF，∴∠BCF＝∠DCE，∴△BCF≌△DCE（SAS），∴BF＝DE，∠CBF＝∠CDE，∵∠BMC＝∠DMF，∠CBF+∠BMC＝90°，∴∠CDE+∠DMF＝90°，∴∠BND＝90°，∴BF⊥DE，故答案为：BF＝DE，BF⊥DE；（2）①如图③，，理由：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BCD＝90°，∵∠ECF＝90°，∴∠BCD+∠DCF＝∠ECF+∠DCF，∴∠BCF＝∠DCE，∵，∴△BCF∽△DCE，∴＝；②如图③，连接BD，∵△BCF∽△DCE，∴∠CBF＝∠CDE，∵四边形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝12，∵CE＝6，，∴＝，∴CF＝8，BC＝16，∵∠DBO+∠CBF+∠BDC＝∠BDO+∠CDE+∠BDC＝∠DBO+∠BDO＝90°，∴∠BOD＝90°，∴∠DOF＝∠BOE＝∠EOF＝90°，在Rt△DOF中，DF2＝OD2+OF2，在Rt△BOE中，BE2＝OB2+OE2，在Rt△DOB中，DB2＝OD2+OB2，在Rt△EOF中，EF2＝OE2+OF2，∴DF2+BE2＝OD2+OF2+OB2+OE2＝DB2+EF2，在Rt△BCD中，BD2＝BC2+CD2＝162+122＝400，在Rt△CEF中，EF2＝EC2+CF2＝62+82＝100，∴BD2+EF2＝400+100＝500，∴DF2+BE2＝500【变式3】（2021秋•荔湾区校级期中）以△ABC的AB，AC为边分别作正方形ADEB，正方形ACGF，连接DC，BF．（1）CD与BF有什么数量与位置关系？说明理由．（2）利用旋转的观点，在此题中，△ADC可看成由哪个三角形绕哪点旋转多少角度得到的．【解答】解：（1）CD＝BF且CD⊥BF，理由如下：∵四边形ABED和四边形ACGF都是正方形，∴AD＝AB，AC＝AF，∠DAB＝∠CAF＝90°，又∵∠DAC＝∠DAB+∠BAC，∠BAF＝∠CAF+∠BAC，∴∠DAC＝∠BAF，在△DAC与△BAF中，，∴△DAC≌△BAF（SAS），∴DC＝BF，∴∠AFB＝∠ACD，又∵∠AFN+∠ANF＝90°，∠ANF＝∠CNM，∴∠ACD+∠CNM＝90°，∴∠NMC＝90°，∴BF⊥CD；（2）∵AD＝AB，AC＝AF，CD＝BF，∠DAB＝∠CAF＝90°，∴△ADC可看成是△ABF绕点A顺时针旋转90°得到的．。

全等多边形之手拉手模型

全等多边形之手拉手模型
简介
本文档将介绍全等多边形的特点和手拉手模型的概念及应用。

全等多边形是指具有相同边长和内角的多边形。

手拉手模型指的是一种图形模型，通过移动和变换多边形的位置和方向来展示全等多边形的性质。

全等多边形的特点
全等多边形具有以下几个特点：
1. 边长相等：全等多边形的所有边长都相等。

2. 内角相等：全等多边形的所有内角都相等。

3. 位置关系：全等多边形可以通过平移、旋转和镜像等操作得到。

手拉手模型的概念及应用
手拉手模型是一种用来展示全等多边形性质的图形模型。

它通过移动和变换多边形的位置和方向，使得多个全等多边形重合或重合到一定程度。

手拉手模型可以帮助我们直观地理解全等多边形的特点和性质。

手拉手模型可以应用于以下方面：
1. 教学：在数学教学中，手拉手模型可以用来直观地展示全等多边形的性质，帮助学生更好地理解和记忆。

2. 研究：在数学研究中，手拉手模型可以用来推导和证明全等多边形的定理和性质，从而深入研究和探索相关领域。

3. 设计：在工程设计中，手拉手模型可以用来调整和优化多边形的位置和方向，以满足特定的需求和要求。

总结
全等多边形是具有相同边长和内角的多边形，手拉手模型是一种用来展示全等多边形性质的图形模型。

手拉手模型可以通过移动和变换多边形的位置和方向，帮助我们直观地理解全等多边形的特点和性质。

它在教学、研究和设计等领域都有广泛的应用。

初二数学全等三角形——手拉手模型结论论证

手拉手模型结论论证△ABC、△CDE均为等边三角形，点A、C、E在同一直线上①求证：△ACD≌△BCE ②求证AD=BE③求证S△ACD=S△BCE ④求证△ACP≌△BCQ求证AP = BQ，DP = EQ 求证CP = CQ求证PQ∥AE 求证∠BOA=60°求证OC平分∠AOE 求证OA= OB+OC （OE= OD+OC）课后练习1．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 ∠=︒ ①连接FC ，则CF 平分BFD ∠ ①3BF DF = ①BF AF FC =+A ．4B ．3C ．2D ．12. 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 ；①PQ①AE ；①AP=BQ ；①DE=DP ；①①AOB=60°．其中一定成立的结论有（）个A ．1B ．2C ．3D ．43. 如图，在△OAB 和△OCD 中，OA ＝OB ，OC ＝OD ，OA ＞OC ，①AOB ＝①COD ＝40°，连接AC ，BD 交于点M ，连接OM ．下列结论：①AC ＝BD ；①①AMB ＝40°；①OM 平分①BOC ；①MO 平分①BMC ．其中正确的个数为（）A ．①B ．①①C ．①①①D ．①①①4. 如图，CA=CB ，CD=CE ，①ACB=①DCE=50°，AD 、BE 交于点H ，连接CH ，则①CHE=_______．5. 已知：①ABC与①BDE都是等腰三角形．BA＝BC，BD＝BE（AB＞BD）且有①ABC＝①DBE．（1）如图1，如果A、B、D在一直线上，且①ABC＝60°，求证：①BMN是等边三角形；（2）在第（1）问的情况下，直线AE和CD的夹角是°；（3）如图2，若A、B、D不在一直线上，但①ABC＝60°的条件不变则直线AE和CD的夹角是°；（4）如图3，若①ACB＝60°，直线AE和CD的夹角是°．6. 如图，△ABD和△BCE都是等边三角形，①ABC＜105°，AE与DC交于点F．（1）求证：AE＝DC；（2）求①BFE的度数；（3）若AF＝9.17cm，BF＝1.53cm，CF＝7.53cm，求CD．7. 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．。

全等三角形——手拉手模型

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°3OA 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1DBC ABE ∆≅∆(2)DC AE =(3)AE 与DC 之间的夹角为︒60 (4)DFB AGB ∆≅∆(5)CFB EGB ∆≅∆(6)BH 平分AHC ∠(7)AC GF //变式精练1：如图两个等边三角形ABD ∆与BCE ∆,连结AE 与CD ,证明1DBC ABE ∆≅∆（2）DC AE =（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1DBC ABE ∆≅∆(2）DC AE =(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CE AG ,,二者相交于点H问：1CDE 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：1CDE ADG ∆≅∆是否成立2AG 是否与CE 相等3AG 与CE 之间的夹角为多少度4HD 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：1DBC ABE ∆≅∆是否成立2AE 是否与CD 相等3AE 与CD 之间的夹角为多少度4HB 是否平分AHC ∠。

2022-2023学年八年级数学常考点精练(苏科版)：专题04 手拉手模型证全等(解析版)

专题04手拉手模型证全等类型一等边手拉手1．图1、图2中，点C为线段AB上一点，△ACM与△CBN都是等边三角形．（1）如图1，线段AN与线段BM是否相等？证明你的结论；（2）线段AN与线段BM交于点O，求∠AOM的度数；（3）如图2，AN与MC交于点E，BM与CN交于点F，探究△CEF的形状，并证明你的结论．【答案】（1）AN＝BM，见解析；（2）60°；（3）等边三角形，见解析【解析】【分析】（1）证△ACN≌△MCB（SAS），即可得出AN＝BM；（2）由全等三角形的性质得∠ANC＝∠MBC，则∠AOM＝∠CAN+∠MBC＝∠CAN+∠ANC＝∠BCN＝60°；（3）证△ACE≌△MCF（ASA），得CE＝CF，即可得出结论．【详解】解：（1）AN＝BM，理由如下：∵△ACM 、△CBN 都是等边三角形，∴AC ＝CM ，CN ＝CB ，∠ACM ＝∠BCN ＝60°，∴∠ACM +∠MCN ＝∠BCN +∠MCN ，∴∠ACN ＝∠BCM ，在△ACN 和△MCB 中，AC MC ACN MCB CN CB，∴△ACN ≌△MCB （SAS ），∴AN ＝BM ；（2）由（1）得：△ACN ≌△MCB ，∴∠ANC ＝∠MBC ，∴∠AOM ＝∠CAN +∠MBC ＝∠CAN +∠ANC ＝∠BCN ＝60°；（3）△CEF 是等边三角形，理由如下：∵△ACN ≌△MCB ，∴∠CAE ＝∠CMF ，∵∠MCF ＝180°﹣∠ACM ﹣∠BCN ＝60°，∴∠ACE ＝∠MCF ，在△ACE 和△MCF 中，CAE CMF AC MC ACE MCF，∴△ACE ≌△MCF （ASA ），∴CE ＝CF ，∵∠MCF ＝60°，∴△CEF 是等边三角形．【点睛】本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．2．如图，△ABD 和△BCE 都是等边三角形，∠ABC ＜105°，AE 与DC 交于点F ．（1）求证：AE＝DC；（2）求∠BFE的度数；（3）若AF＝9.17cm，BF＝1.53cm，CF＝7.53cm，求CD．【答案】（1）见解析；（2）60°；（3）18.23cm【解析】【分析】（1）由等边三角形的性质可知∠DBA＝∠EBC＝60°，BD＝AB，BC＝BE．从而可证∠DBC＝∠ABE．即可利用“SAS”可证明△DBC≌△ABE，得出结论AE＝DC．（2）过点B作BN⊥CD于N，BH⊥AE于H．由△DBC≌△ABE可知∠BEH＝∠BCN，∠BDF＝∠BAF．再结合等边三角形的性质可求出∠FDA+∠DAF＝120°，进而求出∠DFA＝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，∠FAQ＝60°．又可证明∠DAF＝∠BAQ．利用“SAS”可证明△DAF≌△BAQ，即得出DF＝BQ＝BF+FQ＝BF+AF，最后即可求出CD＝DF+CF＝BF+AF+CF＝1.53+9.17+7.53＝18.23cm．【详解】（1）证明：∵△ABD和△BCE都是等边三角形，∴∠DBA＝∠EBC＝60°，BD＝AB，BC＝BE，∴∠DBA+∠ABC＝∠EBC+∠ABC，即∠DBC＝∠ABE，∵在△DBC和△ABE中，BD ABDBC ABE BC BE，∴△DBC ≌△ABE （SAS ），∴AE ＝DC ；（2）解：如图，过点B 作BN ⊥CD 于N ，BH ⊥AE 于H．∵△DBC ≌△ABE ，∴∠BEH ＝∠BCN ，∠BDF ＝∠BAF ，∵△ABD 是等边三角形，∴∠BDA +∠BAD ＝120°，∴∠FDA +∠DAF ＝120°，∴∠DFA ＝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 ，∠FAQ ＝60°，∵△ABD 是等边三角形，∴AD ＝AB ，∠DAB ＝60°，∴∠DAB +∠BAF ＝∠BAF +∠FAQ ，即∠DAF ＝∠BAQ ，在△DAF 和△BAQ 中，AD AB DAF BAQ AF AQ，∴△DAF ≌△BAQ （SAS ），∴DF ＝BQ ＝BF +FQ ＝BF +AF ，∴CD ＝DF +CF ＝BF +AF +CF ＝1.53+9.17+7.53＝18.23cm．【点睛】本题为三角形综合题．考查等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理以及角平分线的判定和性质．正确的作出辅助线也是解答本题的关键．3．如图，点C 为线段BD 上一点，,ABC CDE △△都是等边三角形，AD 与CE 交于点,F BE 与AC 相交于点G．（1）求证：≌ACD BCE V V ；（2）求证：ACF BCG≌（3）若8,25CF CG BD ，求ACD △的面积．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【解析】【分析】（1）根据SAS 即可证明△BCE ≌△ACD ；（2）由△ACD ≌△BCE 可得∠CBG =∠CAF ，从而利用ASA 可证明△ACF ≌△BCG ；（3）求出CG =CF =4，过G 作GM ⊥BD 于M ，过点F 作FN ⊥BD 于N ，求出GM ，FN ，根据S △ACD =S △ACF +S △CDF =S △BCG +S △CDF 可求出答案．【详解】解：（1）证明：∵△ABC ，△CDE 是等边三角形，∴AC =BC ，CD =CE ，∠ACB =∠DCE =60°，∴∠ACB +∠ACE =∠DCE +∠ACE ，即∠BCE =∠DCA ，∴△ACD ≌△BCE （SAS ）．（2）由（1）得△ACD ≌△BCE ，∴∠CBG =∠CAF ，又∵∠ACF =∠BCG =60°，BC =AC ，在△ACF 和△BCG 中，ACF BCG BC AC CAF CBG，∴△ACF ≌△BCG （ASA ）；（3）∵△ACF ≌△BCG ，∴S △ACF =S △BCG ，CG =CF ，而CF +CG =8，∴CG =CF =4，过G 作GM ⊥BD 于M ，过点F 作FN ⊥BD 于N，又∵∠ACB=∠DCE=60°，∴GM=FN=∴S△ACD=S△ACF+S△CDF=S△BCG+S△CDF=12BC•GM+12CD•FN=12 （BC+CD）=【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质以及等边三角形的判定和性质，利用全等三角形的性质得出CG=CF是解答此题的关键．类型二等直手拉手4．已知：两个等腰直角三角板△ACB和△DCE（AC＝BC，DC＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°）如图所示摆放，连接AE、BD交于点O．AE与DC交于点M，BD与AC交于点N．（1）如图1（两个等腰直角三角板大小不等），试判断AE与BD有何关系并说明理由；（2）如图2（两个等腰直角三角板大小相等，即AC＝DC），在不添加任何辅助线的情况，请直接写出图2中四对全等的直角三角形．【答案】（1）AE＝BD且AE⊥BD．理由见解析；（2）△ACB≌△DCE，△EMC≌△BCN，△AON≌△DOM，△AOB≌△DOE【解析】【分析】（1）证明△ACE ≌△BCD ，可得AE ＝BD ，∠CEA ＝∠BDC ，由∠CME ＝∠DMO ，根据三角形内角和定理即可得∠DOM ＝∠ECM ＝90°，进而可证AE ⊥BD ．（2）根据三角形全等的判定找出相等边和角，进而找出全等三角形．【详解】解：（1）结论；AE ＝BD 且AE ⊥BD ．理由如下：∵∠ACB ＝∠DCE ，∴∠ACB +∠DCA ＝∠DCE +∠DCA ，即∠DCB ＝∠ACE ，∵AC ＝BC ，CD ＝CE ，在△ACE 与△BCD 中，AC BC ACE DCB CD CE，∴△ACE ≌△BCD （SAS ），∴AE ＝BD ，∠CEA ＝∠BDC ，∵∠CME ＝∠DMO ，180()180()CEA CME DMO BDC ，即∠DOM ＝∠ECM ＝90°，∴AE ⊥BD ，∴AE ＝BD 且AE ⊥BD ；（2）∵AC ＝DC ，∴AC ＝CD ＝EC ＝CB ，在△ACB 与△DCE 中，AC DC ACB DCE CB CE，∴△ACB ≌△DCE （SAS ）；由（1）可知：∠AEC ＝∠BDC ，∠EAC ＝∠DBC ，∴∠DOM ＝90°，∵∠AEC ＝∠CAE ＝∠CBD ，∴△EMC ≌△BCN （ASA ），∴CM ＝CN ，∴DM ＝AN ，∴△AON ≌△DOM （AAS ），∵DE ＝AB ，AO ＝DO ，∴△AOB ≌△DOE （HL ）．【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，掌握三角形全等的性质与判定是解题的关键．5．已知Rt ABC △中，AB AC ，90BAC ，点D 为直线BC 上的一动点（点D 不与点B 、C 重合），以AD 为边作Rt ADE △，AD AE ，连接CE ．（1）发现问题：如图①，当点D 在边BC 上时，①请写出BD 和CE 之间的数量关系________，位置关系________；②线段CE 、CD 、BC 之间的关系是_________；（2）尝试探究：如图②，当点D 在边BC 的延长线上且其他条件不变时，（1）中CE 、CD 、BC 之间存在的数量关系是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（3）拓展延伸：如图③，当点D 在边CB 的延长线上且其他条件不变时，若6BC ，1CE ，则线段AD 的长为________．【答案】（1）①BD CE ，BD CE ．②BC CE CD ．（2）不成立，CE BC CD ．（3）5【解析】【分析】（1）①根据全等三角形的判定定理证明△BAD ≌△CAE ，根据全等三角形的性质证明；②根据全等三角形的对应边相等证明即可；（2）证明△BAD ≌△CAE ，根据全等三角形的性质解答即可；（3）根据△BAD ≌△CAE 得到BD =CE =1，再证明△DCE 是直角三角形，利用勾股定理求出DE ，即可求出AD 的长度；【详解】（1）①解：结论：BD =CE ，BD ⊥CE ，理由：∵∠ABC =∠ACB =45°，∠ADE =∠AED =45°，∴∠BAC =∠DAE =90°，∴∠BAD =∠CAE ，在△BAD 和△CAE 中，AB ACBAD CAE AD AE，∴△BAD ≌△CAE ，∴BD =CE ，∠ACE =∠B =45°，∴∠BCE =90°，即BD ⊥CE ，故答案为：BD =CE ；BD ⊥CE ；②证明：∵BD =CE ，∴BC =BD +CD =CE +CD ；故答案为：BC CE CD．（2）解：（1）中BC 、CE 、CD 之间存在的数量关系不成立，新的数量关系是CE =BC +CD ，理由：∵∠BAC =∠DAE =90°，∴∠BAD =∠CAE ，在△BAD 和△CAE 中，AB AC BAD CAE AD AE，∴△BAD ≌△CAE ，∴BD =CE ，∴CE =BC +CD ；（3）解：∵∠BAC =∠DAE =90°，∴∠BAD =∠CAE ，在△BAD 和△CAE 中，AB AC BAD CAE AD AE，∴△BAD ≌△CAE ，∴BD =CE =1，∠ABD =∠ACE =135°，∵∠ACB =45°，∴∠DCE =90°，在Rt △DCE 中，CD =BD +BC =7，CE =1，∴DE∴5AD ；故答案为：5．【点睛】本题考查三角形综合题，等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．6．在△ABC 中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，D 为BC 的中点．（1）如图1，E 、F 分别是AB 、AC 上的点，且BE ＝AF 、求证：△DEF 是等腰直角三角形经过分析已知条件AB ＝AC ，D 为BC 的中点．容易联想等腰三角形三线合一的性质，因此，连结AD （如图2），以下是某同学由己知条件开始，逐步按层次推出结论的流程图．请帮助该同学补充完整流程图．补全流程图：①___ ____，②∠EDF ＝___（2）如果E 、F 分别为AB 、CA 延长线上的点，仍有BE ＝AF ，其他条件不变，试猜想△DEF 是否仍为等腰直角三角形？请在备用图中补全图形、先作出判断，然后给予证明．【答案】（1）△BDE ，△ADF ，90°；（2）△DEF 仍为等腰直角三角形，理由见解析【解析】【分析】（1）连接AD ，根据∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，可以得到∠B =∠C =45°，AD ⊥BC ，1==452BAD CAD BAC o ∠∠，12AD CD BD BC ，从而可以证明△BDE ≌△ADF （SAS ），得到DE =DF ，∠BDE =∠ADF ，由∠ADE +∠BDE =∠BDA =90°，可得∠ADE +∠ADF =90°，即∠EDF =90°，即可证明；（2）连接AD ，同样证明△BDE ≌△ADF （SAS ），得到DE =DF ，∠BDE =∠ADF ，再由∠ADF +∠BDF =∠BDA =90°，即可得到∠BDE +∠BDF =90°，即∠EDF =90°，即可证明．【详解】解：（1）如图所示，连接AD ，∵∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，∴∠B =∠C =45°，AD ⊥BC ，1==452BAD CAD BAC o ∠∠∠，12AD CD BD BC ，∴∠B =∠BAD =∠CAD ，在△BDE 和△ADF 中，BD AD B DAF BE AF，∴△BDE ≌△ADF （SAS ），∴DE =DF ，∠BDE =∠ADF ，∵∠ADE +∠BDE =∠BDA =90°，∴∠ADE +∠ADF =90°，即∠EDF =90°，∴△DEF 是等腰直角三角形；故答案为：△BDE ，△ADF ，90°；（2）△DEF 仍为等腰直角三角形，理由如下：连接AD ，∵∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，∴∠ABC =∠C =45°，AD ⊥BC ，1==452BAD CAD BAC o ∠∠∠，12AD CD BD BC ，∴∠FAD =180°-∠CAD =135°，∠EBD =180°-∠ABC =135°，∴∠FAD =∠EBD ，在△BDE 和△ADF 中，BD AD EBD FAD BE AF，∴△BDE ≌△ADF （SAS ），∴∴DE =DF ，∠BDE =∠ADF ，∵∠ADF +∠BDF =∠BDA =90°，∴∠BDE +∠BDF =90°，即∠EDF =90°，∴△DEF 是等腰直角三角形．【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．7．（1）问题发现：如图1，ACB △和DCE 均为等腰直角三角形，90ACB DCE ，连接AD ，BE ，点A 、D 、E 在同一条直线上，则AEB 的度数为__________，线段AD 、BE 之间的数量关系__________；（2）拓展探究：如图2，ACB △和DCE 均为等腰直角三角形，90ACB DCE ，连接AD ，BE ，点A 、D 、E 不在一条直线上，请判断线段AD 、BE 之间的数量关系和位置关系，并说明理由．（3）解决问题：如图3，ACB △和DCE 均为等腰三角形，ACB DCE ，则直线AD 和BE 的夹角为__________．（请用含的式子表示）【答案】（1）90°，AD =BE ；（2）AD =BE ，AD ⊥BE ；（3）【解析】【分析】（1）由已知条件可得AC BC ＝，CD CE ＝，进而根据∠ACB −∠DCB ＝∠DCE −∠DCB ，可得∠ACD ＝∠BCE ，证明△ACD ≌△BCE （SAS ），即可求得AD =BE ；∠BEC =∠CDA =135°；（2）延长AD 交BE 于点F ，同理可得△ACD ≌△BCE ，设∠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，90ACB DCE ，∴AC BC ＝，CD CE ＝，∠CDE =45°∴∠CDA =135°∵∠ACB −∠DCB ＝∠DCE −∠DCB ，∴∠ACD ＝∠BCE ．在△ACD 和△BCE 中，AC BC ACD BCE CD CE＝＝＝，∴△ACD ≌△BCE （SAS ），∴∠BEC =∠ADC ＝135°，AD ＝BE∴∠AEB =90°故答案为：90°，AD ＝BE（2）AD =BE ，AD ⊥BE ，理由如下，同理可得△ACD ≌△BCE ，则AD =BE ，延长AD 交BE 于点F ，设∠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∴∠CBA =∠CAB = 11180=9022∴∠GAB +∠GBA = CAD CAB ABC CBE ，ABC CAB 180 ，∴∠AGB =180°-(∠GAB +∠GBA ) ，即直线AD 和BE 的夹角为．故答案为：．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，全等三角形的性质与判定，掌握旋转模型证明三角形全等是解题的关键．8．已知：等腰Rt ABC 和等腰Rt ADE △中，AB AC ，AE AD ，90BAC EAD ．（1）如图1，延长DE 交BC 于点F ，若68BAE ，则DFC ∠的度数为；（2）如图2，连接EC 、BD ，延长EA 交BD 于点M ，若90AEC ，求证：点M 为BD 中点；（3）如图3，连接EC 、BD ，点G 是CE 的中点，连接AG ，交BD 于点H ，9AG ，5HG ，直接写出AEC △的面积．【答案】（1）68 ；（2）见解析；（3）36【解析】【分析】（1）由已知条件可得45D C ，对顶角AQD CQF ，则DAC DFC ，根据DAE CAB 即可的DFC BAE ；（2）过点B 作ME 的垂线交EM 的延长线于N ,证明AEC BNA △≌△，得AE BN ,进而可得AD NB ，再证明DAM BNM △≌△即可得证点M 为BD 中点；（3）延长AG 至K ，使得9GK AG ，连接CK ，设AE 交BC 于点P ，先证明ABE ACD △≌△，进而证明AEG KCG △≌△，根据角度的计算以及三角形内角和定理求得BAD KCA ，进而证明ABD CAK △≌△，再根据,90CAG ABD BAC ,证明AH BD ，根据已知条件求得ABD S 最后证明AEC ABD S S 即可．【详解】（1）设DF 交AC 于Q ，如图1，∵ABC 是等腰Rt ABC 和ADE 是等腰Rt ADE△45D C∵AQD CQF∵180,180DAQ D AQD QFC C CQFDAQ QFC90BAC EAD∵即BAE EAQ EAQ QADBAE QADDFC BAE68BAE∵68DFC故答案为68（2）如图2，过点B 作ME 的垂线交EM 的延长线于N ,90N90AEC∵N AEC90BAC∵90EAC NAB 90NAC ACE ∵NAB ECA∵ABC 是等腰Rt ABC 和ADE 是等腰Rt ADE △,AB AC AD AE 又∵AC ABAEC BNA△≌△NB AEAE AD∵AD NB90DAE∵90DAMDAM N又DMA BMN ∵DAM BNM△≌△DM BM即M 是BD 的中点（3）延长AG 至K ，使得9GK AG ，连接CK ，设AE 交BC 于点P ，如图90BAC EAD ∵即BAE EAC EAC CAD BAE CAD∵ABC 是等腰Rt ABC 和ADE 是等腰Rt ADE △,AB AC AE AD 在ABE △与ACD △中，AE AD BAE CAD AB ACABE △≌ACD △（SAS ）ABE ABD S S △△，BE CD G ∵点是EC 的中点EG GCAGE KGC ∵，AG GK AGE KGC △≌△（SAS ） ,AE CK AEG KCG ,AE KC AD ACK ACB BCE KCG 45AEC BCE 45ABC BAP 90BAEBADAKC ABD △≌△（SAS ）18BD AK ，CAK ABD90BAG CAG∵90ABD BAG即90AHB∵9AG ，5HG 954AH AG HG 111843622ABD S BD AH △36AEC AEG AGC GCK AGC ACK ABD S S S S S S S ∵△△△△△△△ AEC S 36【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，等腰直角三角形的性质，三角形内角和定理，三角形外角性质，构造辅助线是解题的关键．类型三等腰手拉手9．已知：如图，在△ABC 中，AB ＝AC ，在△ADE 中，AD ＝AE ，且∠BAC ＝∠DAE ，连接BD ，CE 交于点F ，连接AF ．(1)求证：△ABD ≌△ACE ；(2)求证：FA 平分∠BFE ．【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】【分析】（1）根据SAS 证明结论即可；（2）作AM ⊥BD 于M ，作AN ⊥CE 于N ．由（1）可得BD ＝CE ，S △BAD ＝S △CAE ，然后根据角平分线的性质即可解决问题．(1)证明：∵∠BAC ＝∠DAE ，∴∠BAC +∠CAD ＝∠DAE +∠CAD ，即∠BAD ＝∠CAE ，在△BAD 和△CAE 中，AB AC BAD CAE AD AE，∴△BAD ≌△CAE （SAS ）；(2)证明：如图，作AM ⊥BD 于M ，作AN ⊥CE 于N．由△BAD ≌△CAE ，∴BD ＝CE ，S △BAD ＝S △CAE ，∵1122BD AM CE AN ，∴AM ＝AN ，∴点A 在∠BFE 平分线上，∴FA 平分∠BFE ．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、三角形的面积，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质，学会转化的思想，巧用等积法进行证明．10．如图，在等腰△ABC 与等腰△ADE 中，AB =AC ，AD =AE ，∠BAC =∠DAE =α，连接BD 和CE 相交于点P ，交AC 于点M ，交AD 于点N ．(1)求证：BD=CE．(2)求证：AP平分∠BPE．(3)若α=60°，试探寻线段PE、AP、PD之间的数量关系，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)PE=AP+PD，见解析【解析】【分析】（1）由“SAS”可证△BAD≌△CAE，可得BD=CE；（2）由全等三角形的性质可得S△BAD=S△CAE，由三角形面积公式可得AH=AF，由角平分线的性质可得AP平分∠BPE；（3）由全等三角形的性质可得∠BDA=∠CEA，由“SAS”可证△AOE≌△APD，可得AO=AP，可证△APO 是等边三角形，可得AP=PO，可得PE=AP+PD，即可求解．(1)证明：∵∠BAC=∠DAE=α，∴∠BAD=∠CAE，又∵AB=AC，AD=AE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD=CE；(2)证明：如图，过点A作AH⊥BD，AF⊥CE，∵△BAD≌△CAE，∴S△BAD=S△CAE，BD=CE，∴12BD×AH=12CE×AF，∴AH=AF，又∵AH⊥BD，AF⊥CE，∴AP平分∠BPE；(3)解：PE=AP+PD，理由如下：如图，在线段PE上截取OE=PD，连接AO，∵△BAD≌△CAE，∴∠BDA=∠CEA，又∵OE=PD，AE=AD，∴△AOE≌△APD（SAS），∴AP=AO，∵∠BDA=∠CEA，∠PND=∠ANE，∴∠NPD=∠DAE=α=60°，∴∠BPE=180°-∠NPD=180°-60°=120°，又∵AP平分∠BPE，∴∠APO=60°，又∵AP=AO，∴△APO是等边三角形，∴AP=PO，∵PE=PO+OE，∴PE=AP+PD．【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质以及角之间的关系，证明△BAD≌△CAE是解本题的关键．11．如图，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，连接BD，CE，BD与CE交于点O，BD与AC交于点F．（1）求证：BD＝CE．（2）若∠BAC＝48°，求∠COD的度数．（3）若G为CE上一点，GE＝OD，AG＝OC，且AG∥BD，求证：BD⊥AC．【答案】（1）见解析；（2）132°；（3）见解析【解析】【分析】（1）根据∠BAC＝∠DAE，推出∠BAD=∠CAE，从而结合“SAS”证明△BAD≌△CAE，即可得出结论；（2）根据外角定理推出∠COD=∠OBC+∠BCA+∠ACE，结合全等三角形的性质推出∠COD=∠ABC+∠BCA，最后在△ABC中利用内角和定理求解即可；（3）连接AO，根据题意确定△ADO≌△AEG，得到∠OAD=∠GAE，AO=AG，再结合题干条件推出△AOC 为等腰三角形，以及∠BOA=∠BOC，从而根据“三线合一”证明即可．【详解】（1）证：∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC +∠CAD ＝∠DAE +∠CAD ，即：∠BAD =∠CAE ，在△BAD 和△CAE 中，AB AC BAD CAE AD AE∴△BAD ≌△CAE (SAS )，∴BD =CE ；（2）解：∵∠COD =∠OBC +∠BCO ，∠BCO =∠BCA +∠ACE ，∴∠COD =∠OBC +∠BCA +∠ACE ，∵△BAD ≌△CAE ，∴∠ABD =∠ACE ，∴∠COD =∠OBC +∠BCA +∠ABD =∠ABC +∠BCA ，∵∠BAC ＝48°，∴∠ABC +∠BCA =180°-48°=132°，∴∠COD =132°；（3）证：如图所示，连接AO ，∵△BAD ≌△CAE ，∴∠ADO =∠AEG ，在△ADO 和△AEG 中，E A ADO A G E E D G D A O∴△ADO ≌△AEG (SAS )，∴∠OAD =∠GAE ，AO =AG ，∴∠AOG =∠AGO ，∴∠OAD +∠DAG =∠GAE +∠DAG ，即：∠OAG =∠DAE ，∵∠DAE =∠BAC ，∴∠BAC =∠OAG ，在△ABF和△COF中，∠BAC=180°-∠ABD-∠AFB，∠BOC=180°-∠ACE-∠CFO，由（2）知∠ABD=∠ACE，∵∠AFB=∠CFO，∴∠BAC=∠BOC，∴∠BOC=∠OAG，∵AG∥BD，∴∠BOA=∠OAG，∴∠BOA=∠BOC，∵AO=AG，AG=CO，∴AO=CO，即：△AOC为等腰三角形，∵∠BOA=∠BOC，∴OF⊥AC，∴BD⊥AC．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等，掌握全等三角形的判定与性质，熟悉“手拉手”模型的证明是解题关键．类型四手拉手综合12．现有一块含30°角的直角三角板AOB，点N在其斜边AB上，点M在其最短直角边OA所在直线上．以MN为边作如图所示的等边△MNP．（1）如图1，当M在线段OA上时，证明：AM﹣AN＝AP；（2）如图2当M在射线OA上时，试探究AM、AN、AP三者之间的数量关系并给出证明．【答案】（1）见解析；（2）AM +AN =AP ，理由见解析【解析】【分析】（1）在AB 上取点C ，使得AC =AM ，则△ACM 为等边三角形，结合“手拉手”模型证明△CMN ≌△AMP ，得到CN =AP ，即可得证；（2）在射线AO 上取点D ，使得AN =AD ，仿照（1）的过程证明△DNM ≌△ANP ，即可得到AP =DM ，从而得出结论．【详解】证：（1）由题意可知，∠BAO =60°，如图所示，在AB 上取点C ，使得AC =AM ，则△ACM 为等边三角形，MC =MA ，∠CMA =60°，∵△NMP 为等边三角形，∴MN =MP ，∠NMP =60°，∴∠CMA =∠NMP ，∴∠CMA -∠NMA =∠NMP -∠NMA ，∴∠CMN =∠AMP ，在△CMN 和△AMP 中，M M CMN A P P A N M C M M∴△CMN ≌△AMP (SAS )，∴CN =AP ，∴CN +AN =AP +AN =AC ，∵AC =AM ，∴AP +AN =AM ，∴AM -AN =AP；（2）AM +AN =AP ，理由如下：如图所示，在射线AO 上取点D ，使得AN =AD ，∵∠BAO =60°，∴△AND 为等边三角形，ND =NA ，∠DNA =60°，∵△NMP 为等边三角形，∴NM =NP ，∠MNP =60°，∴∠DNA =∠MNP ，∴∠DNA +∠ANM =∠MNP +∠ANM ，∴∠DNM =∠ANP ，在△DNM 和△ANP 中，N N DNM A P P A M N D N N∴△DNM ≌△ANP (SAS )，∴AP =DM ，∵AN =AD ，DA +AM =DM ，∴AN +AM =AP ．【点睛】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质等，掌握双等边三角形中“手拉手”模型是解题关键．13．已知：△ABC 与△BDE 都是等腰三角形．BA ＝BC ，BD ＝BE （AB ＞BD ）且有∠ABC ＝∠DBE ．（1）如图1，如果A 、B 、D 在一直线上，且∠ABC ＝60°，求证：△BMN 是等边三角形；（2）在第（1）问的情况下，直线AE 和CD 的夹角是°；（3）如图2，若A 、B 、D 不在一直线上，但∠ABC ＝60°的条件不变则直线AE 和CD 的夹角是°；（4）如图3，若∠ACB ＝60°，直线AE 和CD 的夹角是°．【答案】（1）证明见解析；（2）60；（3）60；（4）60；【解析】【分析】（1）根据题意，得∠ABC ＝∠DBE ＝60°，从而得ABE DBC ；通过证明ABE CBD ≌，得BAE BCD ；通过证明BAM BCN ≌，得BM BN ，根据等边三角形的性质分析，即可完成证明；（2）结合题意，通过证明ABC 为等边三角形，得60BAC BCA ；结合（1）的结论，根据三角形外角性质，推导得120AOD ，从而完成求解；（3）同理，通过证明ABC 为等边三角形，得60BAC BCA ；通过证明ABE CBD ≌，得BAE BCD ；根据三角形外角性质，推导得120AOD ，从而完成求解；（4）根据题意，通过证明ABC 为等边三角形，推导得ABE CBD ，通过证明ABE CBD ≌，得BAE BCD ，结合三角形外角的性质计算，即可得到答案．【详解】（1）∵∠ABC ＝∠DBE ＝60°∴18060MBN ABC DBE ，ABE ABC MBN ，DBC DBE MBN∴ABE DBC∵BA ＝BC ，BD ＝BEABE △和CBD 中BA BC ABE DBC BE BD∴ABE CBD≌∴BAE BCDBAM 和BCN △中60BAE BCD AB BC ABC MBN∴BAM BCN≌∴BM BN∴BMN △为等边三角形；（2）∵∠ABC ＝∠DBE ＝60°,BA ＝BC∴ABC 为等边三角形；∴60BAC BCA根据题意，AE 和CD 相交于点O∵BAE BCD∴AOD OAC ACO OAC BCA BCD OAC BCA BAE∵OAC BAE BAC∴120AOD BAC BCA∴18060AOC AOD ，即直线AE 和CD 的夹角是60故答案为：60；（3）∵∠ABC ＝∠DBE ＝60°,BA ＝BC∴ABC 为等边三角形；∴60BAC BCA∵ABE ABC MBN ，DBC DBE MBN ，∠ABC ＝∠DBE ＝60°∴ABE DBC∵BA ＝BC ，BD ＝BEABE △和CBD 中BA BC ABE DBC BE BD∴ABE CBD≌∴BAE BCD如图，延长AE ，交CD 于点O∴AOD OAC ACO OAC BCA BCD OAC BCA BAE∵OAC BAE BAC∴120AOD BAC BCA∴18060AOC AOD ，即直线AE 和CD 的夹角是60故答案为：60；（4）∵BA ＝BC ，∴ACB CAB∵∠ACB ＝60°∴60ACB CAB∴ABC 为等边三角形∵BD ＝BE ，∠ABC ＝∠DBE∴60DBE∵ABE ABC CBE ，CBD DBE CBE∴ABE CBDABE △和CBD 中BA BC ABE DBC BE BD∴ABE CBD≌∴BAE BCD分别延长CD 、AE ，相较于点O，如下图：∴AOF OAC ACO OAC BCA BCD OAC BCA BAE∵OAC BAE BAC∴120AOF BAC BCA∴18060AOC AOF ，即直线AE 和CD 的夹角是60故答案为：60．【点睛】本题考查了等腰三角形、等边三角形、全等三角形、补角、三角形外角的知识；解题的关键是熟练掌握等边三角形、全等三角形、三角形外角的性质，从而完成求解．14．在 ABC 中，AB ＝AC ，点D 是直线BC 上一点（不与B ，C 重合），以AD 为一边在AD 的右侧作 ADE ，使AD ＝AE ，∠DAE ＝∠BAC ，连接CE．（1）（请直接写出你的结论）如图1，当点D在线段BC上：①如果∠BAC＝90°，则∠BCE＝°；②如果∠BAC＝100°，则∠BCE＝°；（2）设∠BAC＝α，∠BCE＝β．①如图2，当点D在线段BC上移动，则α、β之间有怎样的数量关系？请说明理由；②当点D在直线BC上移动，则α、β之间有怎样的数量关系？请画出图形，并直接写出你的结论．【答案】（1）①90；②80；（2）①α+β＝180°，理由见解析；②图见解析，α+β＝180°或α＝β【解析】【分析】、（1）①由等腰直角三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB＝45°，由“SAS”可证△BAD≌△CAE，可得∠ABC＝∠ACE＝45°，可求∠BCE的度数；②由等腰三角形的性质求出∠ABD＝∠ACB＝40°，由“SAS”可证△ABD≌△ACE得出∠ABD＝∠ACE＝40°，则可得出结论；（2）①由“SAS”可证△ABD≌△ACE得出∠ABD＝∠ACE，再用三角形的内角和即可得出结论；②分两种情况画出图形，由“SAS”可证△ABD≌△ACE得出∠ABD＝∠ACE，再用三角形的内角和即可得出结论．【详解】解：（1）①∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∵∠DAE＝∠BAC，∴∠BAD＝∠CAE，∵AB＝AC，AD＝AE，∴△BAD≌△CAE（SAS）∴∠ABC＝∠ACE＝45°，∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，故答案为：90；②∵∠BAC＝100°，AB＝AC，∴∠ABD＝∠ACB＝40°，∵∠BAC＝∠DAE，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，∴∠BAD ＝∠CAE ，在△ABD 和△ACE 中，AB AC BAD CAE AD AE，∴△ABD ≌△ACE （SAS ），∴∠ABD ＝∠ACE ，在△ABC 中，∠BAC +∠B +∠ACB ＝180°，∴∠BAC +∠ACE +∠ACB ＝∠BAC +∠BCE ＝180°，即：∠BCE +∠BAC ＝180°，∴α+β＝180°，如图2：当点D 在射线BC 的反向延长线上时，α＝β．连接BE，∵∠BAC ＝∠DAE ，∴∠BAD ＝∠CAE ，又∵AB ＝AC ，AD ＝AE ，∴△ABD ≌△ACE （SAS ），∴∠ABD ＝∠ACE ，∴∠ABD ＝∠ACE ＝∠ACB +∠BCE ，∴∠ABD +∠ABC ＝∠ACE +∠ABC ＝∠ACB +∠BCE +∠ABC ＝180°，∵∠BAC ＝180°﹣∠ABC ﹣∠ACB ，∴∠BAC ＝∠BCE ．∴α＝β；综上所述：点D在直线BC上移动，α+β＝180°或α＝β．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质，等腰三角形的性质和三角形内角和定理，掌握全等三角形的判定方法及性质是关键．15．小明同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组全等的三角形，小明把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．（1）问题发现：如图1，若△ABC和△ADE均是顶角为40°的等腰三角形，BC、DE分别是底边，求证：BD＝CE；（2）拓展探究：如图2，若△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一条直线上，连接BE，则∠AEB的度数为；线段BE与AD之间的数量关系是；（3）解决问题：如图3，若△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一条直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM、AE、BE之间的数量关系并说明理由．【答案】（1）见解析；（2）60°，BE＝AD；（3）∠AEB＝90°，AE＝BE+2CM，理由见解析【解析】【分析】（1）先判断出∠BAD＝∠CAE，进而利用SAS判断出△BAD≌△CAE，即可得出结论；（2）同（1）的方法判断出△BAD≌△CAE，得出AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，最后用角的差，即可得出结论；（3）同（2）的方法，即可得出结论．【详解】解：（1）∵△ABC和△ADE均是顶角为40°的等腰三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝CE；（2）∵△ABC和△ADE均是等边三角形，∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝∠CDE＝∠CED＝60°，∴∠ACB﹣∠BCD＝∠DCE﹣∠BCD，∴∠ACD＝∠BCE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，∵∠CDE＝60°，∴∠BEC＝∠ADC＝180°﹣∠CDE＝120°，∵∠CED＝60°，∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝60°，故答案为：60°，BE＝AD；（3）AE＝BE+2CM，理由：同（1）（2）的方法得，△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，∵△CDE是等腰直角三角形，∴∠CDE＝∠CED＝45°，∴∠ADC＝180°﹣∠CDE＝45°，∴∠BEC＝∠ADC＝135°，∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝135°﹣45°＝90°，∵CD＝CE，CM⊥DE，∴DM＝ME，∵∠DCE＝90°，∴DM＝ME＝CM．∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．【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．。

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初二数学暑假精讲精练初二数学知识点精讲精练——全等模型之“手拉手”【知识点】
【例题】
1．如图，点A、B、C在同一直线上，△ABD、△BCE均为正三角形，连接AE、CD交于点M，AE交BD于点P，CD交BE于点Q，连接PQ、BM，则下列说法：
①△ABE≌△DBC，
②DC=AE，
③△PBQ为正三角形，
④PQ∥AC，
请将所有正确选项的序号填在横线上．
【练习】
1．△ABC和△ECD都是等边三角形
（1）如图1，若B、C、D三点在一条直线上，求证：BE=AD；
（2）保持△ABC不动，将△ECD绕点C顺时针旋转，使∠ACE=90°（如图2），BC与DE有怎样的位置关系？说明理由．
【解答】解：∵△ABD、△BCE为等边三角形，在△ABP和△DBQ中，
∴AB=DB，∠ABD=∠CBE=60°，BE=BC，{∠BAP=∠BDQ
AB=DB
∠ABP=∠DBQ=60°
∴∠ABE=∠DBC，∠PBQ=60°，∴△ABP≌△DBQ（ASA），在△ABE和△DBC中，∴BP=BQ，且∠PBQ=60°
{AB=DB
∠ABE=∠DBC
BE=BC
，∴△BPQ为等边三角形，
∴△ABE≌△DBC（SAS），∴③正确；
∴①正确；
∵△BPQ是等边三角形，∵△ABE≌△DBC，∴∠PQB=60°，
∴AE=DC，∠BAP=∠BDQ∴∠PQB=∠QBC
∴②正确∴PQ∥AC，
故④正确．
故答案为①②③④．
（1）证明：∵△ABC 和△ECD 都是等边三角形， ∴AC =BC ，EC =DC ，∠ACB =∠ECD =60°， ∴∠ACB +∠ACE =∠ECD +∠ACE ，即∠ACD =∠BCE ，在△ACD 与△BCE 中
AC BC ACD BCE CD CE =⎧⎪
∠=∠⎨⎪=⎩
∴△ACD ≌△BCE （SAS ）， ∴AD =BE ；
（2）BC 垂直平分DE ，理由：延长BC 交DE 于M ， ∵∠ACB =60°，∠ACE =90°，
∴∠ECM =180°﹣∠ACB ﹣∠ACE =30°， ∵∠DCM =∠ECD ﹣∠ECM =30° ∴∠ECM =∠DCM ， ∵△ECD 是等边三角形 ∴CE =CD
在△ECM 与△DCM 中
EC DC ECM DCM MC MC =⎧⎪
∠=∠⎨⎪=⎩
∴△ECM ≌△DCM （SAS ） ∴EM =DM ，∠EMC =∠DMC =90° ∴CM 垂直平分DE 即BC 垂直平分DE ．。