全等三角形之手拉手模型专题(完整资料).doc
专题04 手拉手模型证全等(解析版)
专题04 手拉手模型证全等类型一等边手拉手1．图1、图2中，点C为线段AB上一点，△ACM与△CBN都是等边三角形．（1）如图1，线段AN与线段BM是否相等？证明你的结论；（2）线段AN与线段BM交于点O，求∠AOM的度数；（3）如图2，AN与MC交于点E，BM与CN交于点F，探究△CEF的形状，并证明你的结论．【答案】（1）AN＝BM，见解析；（2）60°；（3）等边三角形，见解析【解析】【分析】（1）证△ACN≌△MCB（SAS），即可得出AN＝BM；（2）由全等三角形的性质得∠ANC＝∠MBC，则∠AOM＝∠CAN+∠MBC＝∠CAN+∠ANC ＝∠BCN＝60°；（3）证△ACE≌△MCF（ASA），得CE＝CF，即可得出结论．【详解】解：（1）AN＝BM，理由如下：∵△ACM、△CBN都是等边三角形，∴AC＝CM，CN＝CB，∠ACM＝∠BCN＝60°，∴∠ACM +∠MCN ＝∠BCN +∠MCN ，∴∠ACN ＝∠BCM ，在△ACN 和△MCB 中，AC MC ACN MCB CN CB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACN ≌△MCB （SAS ），∴AN ＝BM ；（2）由（1）得：△ACN ≌△MCB ，∴∠ANC ＝∠MBC ，∴∠AOM ＝∠CAN +∠MBC ＝∠CAN +∠ANC ＝∠BCN ＝60°；（3）△CEF 是等边三角形，理由如下：∵△ACN ≌△MCB ，∴∠CAE ＝∠CMF ，∵∠MCF ＝180°﹣∠ACM ﹣∠BCN ＝60°，∴∠ACE ＝∠MCF ，在△ACE 和△MCF 中，CAE CMF AC MCACE MCF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩， ∴△ACE ≌△MCF （ASA ），∴CE ＝CF ，∵∠MCF ＝60°，∴△CEF 是等边三角形．【点睛】本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．2．如图，△ABD 和△BCE 都是等边三角形，∠ABC ＜105°，AE 与DC 交于点F ． （1）求证：AE ＝DC ；（2）求∠BFE 的度数；（3）若AF ＝9.17cm ，BF ＝1.53cm ，CF ＝7.53cm ，求CD ．【答案】（1）见解析；（2）60°；（3）18.23cm【解析】【分析】（1）由等边三角形的性质可知∠DBA＝∠EBC＝60°，BD＝AB，BC＝BE．从而可证∠DBC ＝∠ABE．即可利用“SAS”可证明△DBC≌△ABE，得出结论AE＝DC．（2）过点B作BN⊥CD于N，BH⊥AE于H．由△DBC≌△ABE可知∠BEH＝∠BCN，∠BDF ＝∠BAF．再结合等边三角形的性质可求出∠FDA+∠DAF＝120°，进而求出∠DF A＝180°-120°＝60°，即求出∠DFE＝180°-60°＝120°．即可利用“AAS”证明△BEH≌△BCN，得出结论BH＝BN，即得出BF平分∠DFE，即可求出∠BFE＝60°．（3）延长BF至Q，使FQ＝AF，连接AQ．根据所作辅助线可知∠AFQ＝∠BFE＝60°，即证明△AFQ是等边三角形，得出结论AF＝AQ＝BQ，∠F AQ＝60°．又可证明∠DAF＝∠BAQ．利用“SAS”可证明△DAF≌△BAQ，即得出DF＝BQ＝BF+FQ＝BF+AF，最后即可求出CD＝DF+CF＝BF+AF+CF＝1.53+9.17+7.53＝18.23cm．【详解】（1）证明：∵△ABD和△BCE都是等边三角形，∴∠DBA＝∠EBC＝60°，BD＝AB，BC＝BE，∴∠DBA+∠ABC＝∠EBC+∠ABC，即∠DBC＝∠ABE，∵在△DBC和△ABE中，BD ABDBC ABE BC BE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△DBC≌△ABE（SAS），∴AE＝DC；（2）解：如图，过点B作BN⊥CD于N，BH⊥AE于H．∵△DBC ≌△ABE ，∴∠BEH ＝∠BCN ，∠BDF ＝∠BAF ，∵△ABD 是等边三角形，∴∠BDA +∠BAD ＝120°，∴∠FDA +∠DAF ＝120°，∴∠DF A ＝180°-120°＝60°，∴∠DFE ＝180°-60°＝120°，在△BEH 和△BCN 中，90BEH BCN BHE BNC BE BC ∠=∠⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩，∴△BEH ≌△BCN （AAS ），∴BH ＝BN ，∴BF 平分∠DFE ，∴∠BFE ＝12∠DFE ＝12×120°＝60°；（3）解：如图，延长BF 至Q ，使FQ ＝AF ，连接AQ ．则∠AFQ ＝∠BFE ＝60°，∴△AFQ 是等边三角形，∴AF ＝AQ ＝BQ ，∠F AQ ＝60°，∵△ABD 是等边三角形，∴AD ＝AB ，∠DAB ＝60°，∴∠DAB +∠BAF ＝∠BAF +∠F AQ ，即∠DAF ＝∠BAQ ，在△DAF 和△BAQ 中，AD AB DAF BAQ AF AQ =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△DAF ≌△BAQ （SAS ），∴DF ＝BQ ＝BF +FQ ＝BF +AF ，∴CD ＝DF +CF ＝BF +AF +CF ＝1.53+9.17+7.53＝18.23cm ．【点睛】本题为三角形综合题．考查等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理以及角平分线的判定和性质．正确的作出辅助线也是解答本题的关键． 3．如图，点C 为线段BD 上一点，,ABC CDE △△都是等边三角形，AD 与CE 交于点,F BE 与AC 相交于点G ．（1）求证：≌ACD BCE ；（2）求证：ACF BCG ≌（3）若8,25CF CG BD +==，求ACD △的面积．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【解析】【分析】（1）根据SAS 即可证明△BCE ≌△ACD ；（2）由△ACD ≌△BCE 可得∠CBG =∠CAF ，从而利用ASA 可证明△ACF ≌△BCG ；（3）求出CG =CF =4，过G 作GM ⊥BD 于M ，过点F 作FN ⊥BD 于N ，求出GM ，FN ，根据S △ACD =S △ACF +S △CDF =S △BCG +S △CDF 可求出答案．【详解】解：（1）证明：∵△ABC ，△CDE 是等边三角形，∴AC =BC ，CD =CE ，∠ACB =∠DCE =60°，∴∠ACB +∠ACE =∠DCE +∠ACE ，即∠BCE =∠DCA ，∴△ACD ≌△BCE （SAS ）．（2）由（1）得△ACD ≌△BCE ，∴∠CBG =∠CAF ，又∵∠ACF =∠BCG =60°，BC =AC ，在△ACF 和△BCG 中，ACF BCG BC ACCAF CBG ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=⎩， ∴△ACF ≌△BCG （ASA ）；（3）∵△ACF ≌△BCG ，∴S △ACF =S △BCG ，CG =CF ，而CF +CG =8，∴CG =CF =4，过G 作GM ⊥BD 于M ，过点F 作FN ⊥BD 于N ，又∵∠ACB =∠DCE =60°，∴GM=FN= ∴S △ACD =S △ACF +S △CDF=S △BCG +S △CDF =12BC •GM +12CD •FN=12⨯（BC +CD ）=【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质以及等边三角形的判定和性质，利用全等三角形的性质得出CG =CF 是解答此题的关键．类型二 等直手拉手4．已知：两个等腰直角三角板△ACB 和△DCE （AC ＝BC ，DC ＝CE ，∠ACB ＝∠DCE ＝90°）如图所示摆放，连接AE 、BD 交于点O ．AE 与DC 交于点M ，BD 与AC 交于点N ．（1）如图1（两个等腰直角三角板大小不等），试判断AE 与BD 有何关系并说明理由； （2）如图2（两个等腰直角三角板大小相等，即AC ＝DC ），在不添加任何辅助线的情况，请直接写出图2中四对全等的直角三角形．【答案】（1）AE ＝BD 且AE ⊥BD ．理由见解析；（2）△ACB ≌△DCE ，△EMC ≌△BCN ，△AON ≌△DOM ，△AOB ≌△DOE【解析】【分析】（1）证明△ACE ≌△BCD ，可得AE ＝BD ，∠CEA ＝∠BDC ，由∠CME ＝∠DMO ，根据三角形内角和定理即可得∠DOM ＝∠ECM ＝90°，进而可证AE ⊥BD ．（2）根据三角形全等的判定找出相等边和角，进而找出全等三角形．【详解】解：（1）结论；AE ＝BD 且AE ⊥BD ．理由如下：∵∠ACB ＝∠DCE ，∴∠ACB +∠DCA ＝∠DCE +∠DCA ，即∠DCB ＝∠ACE ，∵AC ＝BC ，CD ＝CE ，在△ACE 与△BCD 中，AC BC ACE DCB CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACE ≌△BCD （SAS ），∴AE ＝BD ，∠CEA ＝∠BDC ，∵∠CME ＝∠DMO ，∴180()180()CEA CME DMO BDC ︒-∠+∠=︒-∠+∠，即∠DOM ＝∠ECM ＝90°，∴AE ⊥BD ，∴AE ＝BD 且AE ⊥BD ；（2）∵AC ＝DC ，∴AC ＝CD ＝EC ＝CB ，在△ACB 与△DCE 中，AC DC ACB DCE CB CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACB ≌△DCE （SAS ）；由（1）可知：∠AEC ＝∠BDC ，∠EAC ＝∠DBC ，∴∠DOM ＝90°，∵∠AEC ＝∠CAE ＝∠CBD ，∴△EMC ≌△BCN （ASA ），∴CM ＝CN ，∴DM ＝AN ，∴△AON ≌△DOM （AAS ），∵DE ＝AB ，AO ＝DO ，∴△AOB ≌△DOE （HL ）．【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，掌握三角形全等的性质与判定是解题的关键． 5．已知Rt ABC △中，AB AC =，90BAC ∠=︒，点D 为直线BC 上的一动点（点D 不与点B 、C 重合），以AD 为边作Rt ADE △，AD AE =，连接CE ．（1）发现问题：如图①，当点D 在边BC 上时，①请写出BD 和CE 之间的数量关系________，位置关系________；②线段CE 、CD 、BC 之间的关系是_________；（2）尝试探究：如图②，当点D 在边BC 的延长线上且其他条件不变时，（1）中CE 、CD 、BC 之间存在的数量关系是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（3）拓展延伸：如图③，当点D 在边CB 的延长线上且其他条件不变时，若6BC =，1CE =，则线段AD 的长为________．【答案】（1）①BD CE =，BD CE ⊥．②BC CE CD =+．（2）不成立，CE BC CD =+．（3）5【解析】【分析】（1）①根据全等三角形的判定定理证明△BAD ≌△CAE ，根据全等三角形的性质证明； ②根据全等三角形的对应边相等证明即可；（2）证明△BAD ≌△CAE ，根据全等三角形的性质解答即可；（3）根据△BAD ≌△CAE 得到BD =CE =1，再证明△DCE 是直角三角形，利用勾股定理求出DE ，即可求出AD 的长度；【详解】（1）①解：结论：BD =CE ，BD ⊥CE ，理由：∵∠ABC =∠ACB =45°，∠ADE =∠AED =45°，∴∠BAC =∠DAE =90°，∴∠BAD =∠CAE ，在△BAD 和△CAE 中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BAD ≌△CAE ，∴BD =CE ，∠ACE =∠B =45°，∴∠BCE =90°，即BD ⊥CE ，故答案为：BD =CE ；BD ⊥CE ；②证明：∵BD =CE ，∴BC =BD +CD =CE +CD ；故答案为：BC CE CD =+．（2）解：（1）中BC 、CE 、CD 之间存在的数量关系不成立，新的数量关系是CE =BC +CD ， 理由：∵∠BAC =∠DAE =90°，∴∠BAD =∠CAE ，在△BAD 和△CAE 中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BAD ≌△CAE ，∴BD =CE ，∴CE =BC +CD ；（3）解：∵∠BAC =∠DAE =90°，∴∠BAD =∠CAE ，在△BAD 和△CAE 中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BAD ≌△CAE ，∴BD =CE =1，∠ABD =∠ACE =135°，∵∠ACB =45°，∴∠DCE =90°，在Rt △DCE 中，CD =BD +BC =7，CE =1，∴DE=∴52AD ==； 故答案为：5．【点睛】本题考查三角形综合题，等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．6．在△ABC 中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，D 为BC 的中点．（1）如图1，E 、F 分别是AB 、AC 上的点，且BE ＝AF 、求证：△DEF 是等腰直角三角形经过分析已知条件AB ＝AC ，D 为BC 的中点．容易联想等腰三角形三线合一的性质，因此，连结AD （如图2），以下是某同学由己知条件开始，逐步按层次推出结论的流程图．请帮助该同学补充完整流程图．补全流程图：①___≅____，②∠EDF ＝___（2）如果E 、F 分别为AB 、CA 延长线上的点，仍有BE ＝AF ，其他条件不变，试猜想△DEF是否仍为等腰直角三角形？请在备用图中补全图形、先作出判断，然后给予证明．【答案】（1）△BDE ，△ADF ，90°；（2）△DEF 仍为等腰直角三角形，理由见解析【解析】【分析】（1）连接AD ，根据∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，可以得到∠B =∠C =45°，AD ⊥BC ，1==452BAD CAD BAC =∠∠∠，12AD CD BD BC ===，从而可以证明△BDE ≌△ADF （SAS ），得到DE =DF ，∠BDE =∠ADF ，由∠ADE +∠BDE =∠BDA =90°，可得∠ADE +∠ADF =90°，即∠EDF =90°，即可证明；（2）连接AD ，同样证明△BDE ≌△ADF （SAS ），得到DE =DF ，∠BDE =∠ADF ，再由∠ADF +∠BDF =∠BDA =90°，即可得到∠BDE +∠BDF =90°，即∠EDF =90°，即可证明．【详解】解：（1）如图所示，连接AD ，∵∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，∴∠B =∠C =45°，AD ⊥BC ，1==452BAD CAD BAC =∠∠∠，12AD CD BD BC ===， ∴∠B =∠BAD =∠CAD ，在△BDE 和△ADF 中，BD AD B DAF BE AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BDE ≌△ADF （SAS ），∴DE =DF ，∠BDE =∠ADF ，∵∠ADE +∠BDE =∠BDA =90°，∴∠ADE +∠ADF =90°，即∠EDF =90°，∴△DEF 是等腰直角三角形；故答案为：△BDE ，△ADF ，90°；（2）△DEF 仍为等腰直角三角形，理由如下：连接AD ，∵∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，∴∠ABC =∠C =45°，AD ⊥BC ，1==452BAD CAD BAC =∠∠∠，12AD CD BD BC ===， ∴∠F AD =180°-∠CAD =135°，∠EBD =180°-∠ABC =135°，∴∠F AD =∠EBD ，在△BDE 和△ADF 中，BD AD EBD FAD BE AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BDE ≌△ADF （SAS ），∴∴DE =DF ，∠BDE =∠ADF ，∵∠ADF +∠BDF =∠BDA =90°，∴∠BDE +∠BDF =90°，即∠EDF =90°，∴△DEF 是等腰直角三角形．【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．7．（1）问题发现：如图1，ACB △和DCE 均为等腰直角三角形，90ACB DCE ∠=∠=︒，连接AD ，BE ，点A 、D 、E 在同一条直线上，则AEB ∠的度数为__________，线段AD 、BE 之间的数量关系__________；（2）拓展探究：如图2，ACB △和DCE 均为等腰直角三角形，90ACB DCE ∠=∠=︒，连接AD ，BE ，点A 、D 、E 不在一条直线上，请判断线段AD 、BE 之间的数量关系和位置关系，并说明理由． （3）解决问题：如图3，ACB △和DCE 均为等腰三角形，ACB DCE α∠=∠=，则直线AD 和BE 的夹角为__________．（请用含α的式子表示）【答案】（1）90°，AD =BE ；（2）AD =BE ，AD ⊥BE ；（3）α【解析】【分析】（1）由已知条件可得AC BC ＝，CD CE ＝，进而根据∠ACB −∠DCB ＝∠DCE −∠DCB ，可得∠ACD ＝∠BCE ，证明△ACD ≌△BCE （SAS ），即可求得AD =BE ；∠BEC =∠CDA =135°；（2）延长AD 交BE 于点F ，同理可得△ACD ≌△BCE ，设∠F AB =α，则∠CAD =∠CBE =45°-α，根据∠ABE =45°+45°-α=90°-α，进而根据∠AFB =180°-∠F AB -∠ABE =180°-α-(90°-α)=90°，即可求解；（3）延长BE 交AD 于点G ，方法同（2）证明△ACD ≌△BCE ，进而根据三角形的内角和定理即可求得直线AD 和BE 的夹角．【详解】（1）∵ACB △和DCE 均为等腰直角三角形，90ACB DCE ∠=∠=︒，∴AC BC ＝，CD CE ＝，∠CDE =45°∴∠CDA =135°∵∠ACB −∠DCB ＝∠DCE −∠DCB ，∴∠ACD ＝∠BCE ．在△ACD 和△BCE 中，AC BC ACD BCE CD CE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△ACD ≌△BCE （SAS ），∴∠BEC =∠ADC ＝135°，AD ＝BE∴∠AEB =90°故答案为：90°，AD ＝BE（2）AD =BE ，AD ⊥BE ，理由如下，同理可得△ACD ≌△BCE ，则AD =BE ，延长AD 交BE 于点F ，设∠F AB =α，则∠CAD =∠CBE =45°-α∴∠ABE =45°+45°-α=90°-α∴∠AFB =180°-∠F AB -∠ABE =180°-α-(90°-α)=90°∴AD ⊥BE（3）如图，延长BE 交AD 于点G ，∵ACB △和DCE 均为等腰三角形，∴AC BC ＝，CD CE ＝，∵∠ACB =∠DCE =α，∵∠ACB +∠ACE ＝∠DCE +∠ACE ，∴∠ACD ＝∠BCE ．在△ACD 和△BCE 中，AC BC ACD BCE CD CE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△ACD ≌△BCE （SAS ），∴∠CBE =∠CAD∵ACB DCE α∠=∠=∴∠CBA =∠CAB =()11180=9022αα︒-︒- ∴∠GAB +∠GBA =()()CAD CAB ABC CBE ∠+∠+∠-∠，ABC CAB =∠+∠180α=︒-，∴∠AGB =180°-(∠GAB +∠GBA )α= ，即直线AD 和BE 的夹角为α．故答案为：α．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，全等三角形的性质与判定，掌握旋转模型证明三角形全等是解题的关键．8．已知：等腰Rt ABC 和等腰Rt ADE △中，AB AC =，AE AD =，90BAC EAD ∠=∠=︒．（1）如图1，延长DE 交BC 于点F ，若68BAE ∠=︒，则DFC ∠的度数为；（2）如图2，连接EC 、BD ，延长EA 交BD 于点M ，若90AEC ∠=︒，求证：点M 为BD 中点；（3）如图3，连接EC 、BD ，点G 是CE 的中点，连接AG ，交BD 于点H ，9AG =，5HG =，直接写出AEC △的面积．【答案】（1）68︒；（2）见解析；（3）36【解析】【分析】（1）由已知条件可得45D C ∠=∠=︒，对顶角AQD CQF ∠=∠，则DAC DFC ∠=∠，根据DAE CAB ∠=∠即可的DFC BAE ∠=∠；（2）过点B 作ME 的垂线交EM 的延长线于N ,证明AEC BNA △≌△，得AE BN =,进而可得AD NB =，再证明DAM BNM △≌△即可得证点M 为BD 中点；（3）延长AG 至K ，使得9GK AG ==，连接CK ，设AE 交BC 于点P ，先证明ABE ACD △≌△，进而证明AEG KCG △≌△，根据角度的计算以及三角形内角和定理求得BAD KCA ∠=∠，进而证明ABD CAK △≌△，再根据,90CAG ABD BAC ∠=∠∠=︒,证明AH BD ⊥，根据已知条件求得ABD S最后证明AEC ABD S S =即可．【详解】 （1）设DF 交AC 于Q ，如图1，ABC 是等腰Rt ABC 和ADE 是等腰Rt ADE △AQD CQF ∠=∠180,180DAQ D AQD QFC C CQF ∠=-∠-∠∠=-∠-∠DAQ QFC ∴∠=∠90BAC EAD ∠=∠=︒即BAE EAQ EAQ QAD ∠+∠=∠+∠BAE QAD ∴∠=∠DFC BAE ∴∠=∠68BAE ∠=︒68DFC ∴∠=︒故答案为68︒（2）如图2，过点B 作ME 的垂线交EM 的延长线于N ,90N ∴∠=︒90AEC =︒∠N AEC ∴∠=∠90BAC ∠=︒90EAC NAB ∴∠+∠=︒90NAC ACE ∠+∠=︒NAB ECA ∴∠=∠ ABC 是等腰Rt ABC 和ADE 是等腰Rt ADE △,AB AC AD AE ∴== 又AC AB =∴AEC BNA △≌△NB AE ∴=AE AD =AD NB ∴=90DAE ∠=︒DAM N ∴∠=∠又DMA BMN ∠=∠DAM BNM ∴△≌△DM BM ∴=即M 是BD 的中点（3）延长AG 至K ，使得9GK AG ==，连接CK ，设AE 交BC 于点P ，如图90BAC EAD ∠=∠=︒即BAE EAC EAC CAD ∠+∠=∠+∠BAE CAD ∴∠=∠ABC 是等腰Rt ABC 和ADE 是等腰Rt ADE △,AB AC AE AD ∴==在ABE △与ACD △中，AE AD BAE CAD AB AC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴ABE △≌ACD △（SAS ）ABE ABD S S ∴=△△，BE CD = G 点是EC 的中点EG GC ∴=AGE KGC ∠=∠，AG GK =AGE KGC ∴△≌△（SAS ）∴,AE CK AEG KCG =∠=∠,AE KC AD ∴==ACK ACB BCE KCG ∠=∠+∠+∠45AEC BCE =︒+∠+∠45ABC BAP =︒+∠+∠90BAE =︒+∠BAD =∠AKC ABD ∴△≌△（SAS ）18BD AK ∴==，CAK ABD ∠=∠90BAG CAG ∠+∠=︒90ABD BAG ∴∠+∠=︒即90AHB ∠=︒9AG =，5HG =954AH AG HG ∴=-=-=111843622ABD S BD AH ∴=⋅=⨯⨯=△ 36AEC AEG AGC GCK AGC ACK ABD S S S S S S S =+=+===△△△△△△△∴AEC S 36=【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，等腰直角三角形的性质，三角形内角和定理，三角形外角性质，构造辅助线是解题的关键．类型三 等腰手拉手9．已知：如图，在△ABC 中，AB ＝AC ，在△ADE 中，AD ＝AE ，且∠BAC ＝∠DAE ，连接BD ，CE 交于点F ，连接AF ．(1)求证：△ABD ≌△ACE ；(2)求证：F A 平分∠BFE ．【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】【分析】（1）根据SAS 证明结论即可；（2）作AM ⊥BD 于M ，作AN ⊥CE 于N ．由（1）可得BD ＝CE ，S △BAD ＝S △CAE ，然后根据角平分线的性质即可解决问题．(1)证明：∵∠BAC ＝∠DAE ，∴∠BAC +∠CAD ＝∠DAE +∠CAD ，即∠BAD ＝∠CAE ，在△BAD 和△CAE 中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BAD ≌△CAE （SAS ）；(2)证明：如图，作AM ⊥BD 于M ，作AN ⊥CE 于N ．由△BAD ≌△CAE ，∴BD ＝CE ，S △BAD ＝S △CAE ， ∵1122BD AM CE AN ⋅⋅=⋅⋅， ∴AM ＝AN ，∴点A 在∠BFE 平分线上，∴F A 平分∠BFE ．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、三角形的面积，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质，学会转化的思想，巧用等积法进行证明．10．如图，在等腰△ABC 与等腰△ADE 中，AB =AC ，AD =AE ，∠BAC =∠DAE =α，连接BD 和CE 相交于点P ，交AC 于点M ，交AD 于点N ．(1)求证：BD=CE．(2)求证：AP平分∠BPE．(3)若α=60°，试探寻线段PE、AP、PD之间的数量关系，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)PE=AP+PD，见解析【解析】【分析】（1）由“SAS”可证△BAD≌△CAE，可得BD=CE；（2）由全等三角形的性质可得S△BAD=S△CAE，由三角形面积公式可得AH=AF，由角平分线的性质可得AP平分∠BPE；（3）由全等三角形的性质可得∠BDA=∠CEA，由“SAS”可证△AOE≌△APD，可得AO=AP，可证△APO是等边三角形，可得AP=PO，可得PE=AP+PD，即可求解．(1)证明：∵∠BAC=∠DAE=α，∴∠BAD=∠CAE，又∵AB=AC，AD=AE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD=CE；(2)证明：如图，过点A作AH⊥BD，AF⊥CE，∵△BAD≌△CAE，∴S△BAD=S△CAE，BD=CE，∴12BD×AH=12CE×AF，∴AH=AF，又∵AH⊥BD，AF⊥CE，∴AP平分∠BPE；(3)解：PE=AP+PD，理由如下：如图，在线段PE上截取OE=PD，连接AO，∵△BAD≌△CAE，∴∠BDA=∠CEA，又∵OE=PD，AE=AD，∴△AOE≌△APD（SAS），∴AP=AO，∵∠BDA=∠CEA，∠PND=∠ANE，∴∠NPD=∠DAE=α=60°，∴∠BPE=180°-∠NPD=180°-60°=120°，又∵AP平分∠BPE，∴∠APO=60°，又∵AP=AO，∴△APO是等边三角形，∴AP =PO ，∵PE =PO +OE ，∴PE =AP +PD ．【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质以及角之间的关系，证明△BAD ≌△CAE 是解本题的关键．11．如图，在△ABC 和△ADE 中，AB ＝AC ，AD ＝AE ，∠BAC ＝∠DAE ，连接BD ，CE ，BD 与CE 交于点O ，BD 与AC 交于点F ．（1）求证：BD ＝CE ．（2）若∠BAC ＝48°，求∠COD 的度数．（3）若G 为CE 上一点，GE ＝OD ，AG ＝OC ，且AG ∥BD ，求证：BD ⊥AC ．【答案】（1）见解析；（2）132°；（3）见解析【解析】【分析】（1）根据∠BAC ＝∠DAE ，推出∠BAD =∠CAE ，从而结合“SAS ”证明△BAD ≌△CAE ，即可得出结论；（2）根据外角定理推出∠COD =∠OBC +∠BCA +∠ACE ，结合全等三角形的性质推出∠COD =∠ABC +∠BCA ，最后在△ABC 中利用内角和定理求解即可；（3）连接AO ，根据题意确定△ADO ≌△AEG ，得到∠OAD =∠GAE ，AO =AG ，再结合题干条件推出△AOC 为等腰三角形，以及∠BOA =∠BOC ，从而根据“三线合一”证明即可．【详解】（1）证：∵∠BAC ＝∠DAE ，∴∠BAC +∠CAD ＝∠DAE +∠CAD ，即：∠BAD =∠CAE ，在△BAD 和△CAE 中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△BAD ≌△CAE (SAS )，∴BD =CE ；（2）解：∵∠COD =∠OBC +∠BCO ，∠BCO =∠BCA +∠ACE ，∴∠COD =∠OBC +∠BCA +∠ACE ，∵△BAD ≌△CAE ，∴∠ABD =∠ACE ，∴∠COD =∠OBC +∠BCA +∠ABD =∠ABC +∠BCA ，∵∠BAC ＝48°，∴∠ABC +∠BCA =180°-48°=132°，∴∠COD =132°；（3）证：如图所示，连接AO ，∵△BAD ≌△CAE ，∴∠ADO =∠AEG ，在△ADO 和△AEG 中，E A ADO A G E E D G D A O =⎧⎪⎨⎪∠==⎩∠ ∴△ADO ≌△AEG (SAS )，∴∠OAD =∠GAE ，AO =AG ，∴∠AOG =∠AGO ，∴∠OAD +∠DAG =∠GAE +∠DAG ，即：∠OAG =∠DAE ，∵∠DAE =∠BAC ，∴∠BAC =∠OAG ，在△ABF 和△COF 中，∠BAC =180°-∠ABD -∠AFB ，∠BOC =180°-∠ACE -∠CFO ， 由（2）知∠ABD =∠ACE ，∵∠AFB =∠CFO ，∴∠BAC =∠BOC ，∴∠BOC =∠OAG ，∵AG ∥BD ，∴∠BOA =∠OAG ，∴∠BOA =∠BOC ，∵AO =AG ，AG =CO ，∴AO =CO ，即：△AOC为等腰三角形，∵∠BOA=∠BOC，∴OF⊥AC，∴BD⊥AC．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等，掌握全等三角形的判定与性质，熟悉“手拉手”模型的证明是解题关键．类型四手拉手综合12．现有一块含30°角的直角三角板AOB，点N在其斜边AB上，点M在其最短直角边OA 所在直线上．以MN为边作如图所示的等边△MNP．（1）如图1，当M在线段OA上时，证明：AM﹣AN＝AP；（2）如图2当M在射线OA上时，试探究AM、AN、AP三者之间的数量关系并给出证明．【答案】（1）见解析；（2）AM+AN=AP，理由见解析【解析】【分析】（1）在AB上取点C，使得AC=AM，则△ACM为等边三角形，结合“手拉手”模型证明△CMN≌△AMP，得到CN=AP，即可得证；（2）在射线AO上取点D，使得AN=AD，仿照（1）的过程证明△DNM≌△ANP，即可得到AP=DM，从而得出结论．【详解】证：（1）由题意可知，∠BAO =60°，如图所示，在AB 上取点C ，使得AC =AM ，则△ACM 为等边三角形，MC =MA ，∠CMA =60°，∵△NMP 为等边三角形，∴MN =MP ，∠NMP =60°，∴∠CMA =∠NMP ，∴∠CMA -∠NMA =∠NMP -∠NMA ，∴∠CMN =∠AMP ，在△CMN 和△AMP 中，M M CMN A P P A N M C M M =⎧⎪⎨⎪∠==⎩∠ ∴△CMN ≌△AMP (SAS )，∴CN =AP ，∴CN +AN =AP +AN =AC ，∵AC =AM ，∴AP +AN =AM ，∴AM -AN =AP ；（2）AM +AN =AP ，理由如下：如图所示，在射线AO 上取点D ，使得AN =AD ，∵∠BAO =60°，∴△AND 为等边三角形，ND =NA ，∠DNA =60°，∵△NMP 为等边三角形，∴NM =NP ，∠MNP =60°，∴∠DNA =∠MNP ，∴∠DNA +∠ANM =∠MNP +∠ANM ，∴∠DNM =∠ANP ，在△DNM 和△ANP 中，N N DNM A P P A M N D N N =⎧⎪⎨⎪∠==⎩∠ ∴△DNM ≌△ANP (SAS )，∴AP =DM ，∵AN =AD ，DA +AM =DM ，∴AN +AM =AP ．【点睛】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质等，掌握双等边三角形中“手拉手”模型是解题关键．13．已知：△ABC 与△BDE 都是等腰三角形．BA ＝BC ，BD ＝BE （AB ＞BD ）且有∠ABC ＝∠DBE ．（1）如图1，如果A 、B 、D 在一直线上，且∠ABC ＝60°，求证：△BMN 是等边三角形； （2）在第（1）问的情况下，直线AE 和CD 的夹角是 °；（3）如图2，若A 、B 、D 不在一直线上，但∠ABC ＝60°的条件不变则直线AE 和CD 的夹角是 °；（4）如图3，若∠ACB ＝60°，直线AE 和CD 的夹角是 °．【答案】（1）证明见解析；（2）60；（3）60；（4）60；【解析】【分析】（1）根据题意，得∠ABC ＝∠DBE ＝60°，从而得ABE DBC ∠=∠；通过证明ABE CBD ≌，得BAE BCD ∠=∠；通过证明BAM BCN ≌，得BM BN =，根据等边三角形的性质分析，即可完成证明；（2）结合题意，通过证明ABC 为等边三角形，得60BAC BCA ∠=∠=︒；结合（1）的结论，根据三角形外角性质，推导得120AOD ∠=︒，从而完成求解；（3）同理，通过证明ABC 为等边三角形，得60BAC BCA ∠=∠=︒；通过证明ABE CBD ≌，得BAE BCD ∠=∠；根据三角形外角性质，推导得120AOD ∠=︒，从而完成求解； （4）根据题意，通过证明ABC 为等边三角形，推导得ABE CBD ∠=∠，通过证明ABE CBD ≌，得BAE BCD ∠=∠，结合三角形外角的性质计算，即可得到答案．【详解】（1）∵∠ABC ＝∠DBE ＝60°∴18060MBN ABC DBE ∠=︒-∠-∠=︒，ABE ABC MBN ∠=∠+∠，DBC DBE MBN ∠=∠+∠ ∴ABE DBC ∠=∠∵BA ＝BC ，BD ＝BEABE △和CBD 中BA BC ABE DBC BE BD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴ABE CBD ≌∴BAE BCD ∠=∠ BAM 和BCN △中 60BAE BCD AB BC ABC MBN ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠=︒⎩∴BAM BCN ≌∴BM BN =∴BMN △为等边三角形；（2）∵∠ABC ＝∠DBE ＝60°, BA ＝BC∴ABC 为等边三角形；∴60BAC BCA ∠=∠=︒根据题意，AE 和CD 相交于点O∵BAE BCD ∠=∠∴AOD OAC ACO OAC BCA BCD OAC BCA BAE ∠=∠+∠=∠+∠+∠=∠+∠+∠∵OAC BAE BAC ∠+∠=∠∴120AOD BAC BCA ∠=∠+∠=︒∴18060AOC AOD ∠=︒-∠=︒，即直线AE 和CD 的夹角是60︒故答案为：60；（3）∵∠ABC ＝∠DBE ＝60°, BA ＝BC∴ABC 为等边三角形；∴60BAC BCA ∠=∠=︒∵ABE ABC MBN ∠=∠+∠，DBC DBE MBN ∠=∠+∠，∠ABC ＝∠DBE ＝60°∴ABE DBC ∠=∠∵BA ＝BC ，BD ＝BEABE △和CBD 中BA BC ABE DBC BE BD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴ABE CBD ≌∴BAE BCD ∠=∠如图，延长AE ，交CD 于点O∴AOD OAC ACO OAC BCA BCD OAC BCA BAE ∠=∠+∠=∠+∠+∠=∠+∠+∠∵OAC BAE BAC ∠+∠=∠∴120AOD BAC BCA ∠=∠+∠=︒∴18060AOC AOD ∠=︒-∠=︒，即直线AE 和CD 的夹角是60︒故答案为：60；（4）∵BA ＝BC ，∴ACB CAB ∠=∠∵∠ACB ＝60°∴60ACB CAB ∠=∠=︒∴ABC 为等边三角形∵BD ＝BE ，∠ABC ＝∠DBE∴60DBE ∠=︒∵ABE ABC CBE ∠=∠-∠，CBD DBE CBE ∠=∠-∠∴ABE CBD ∠=∠ABE △和CBD 中BA BC ABE DBC BE BD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴ABE CBD ≌∴BAE BCD ∠=∠分别延长CD 、AE ，相较于点O ，如下图：∴AOF OAC ACO OAC BCA BCD OAC BCA BAE ∠=∠+∠=∠+∠+∠=∠+∠+∠∵OAC BAE BAC ∠+∠=∠∴120AOF BAC BCA ∠=∠+∠=︒∴18060AOC AOF ∠=︒-∠=︒，即直线AE 和CD 的夹角是60︒故答案为：60．【点睛】本题考查了等腰三角形、等边三角形、全等三角形、补角、三角形外角的知识；解题的关键是熟练掌握等边三角形、全等三角形、三角形外角的性质，从而完成求解．14．在ABC 中，AB ＝AC ，点D 是直线BC 上一点（不与B ，C 重合），以AD 为一边在AD 的右侧作ADE ，使AD ＝AE ，∠DAE ＝∠BAC ，连接CE ．（1）（请直接写出你的结论）如图1，当点D 在线段BC 上：①如果∠BAC ＝90°，则∠BCE ＝°；②如果∠BAC ＝100°，则∠BCE ＝°；（2）设∠BAC ＝α，∠BCE ＝β．①如图2，当点D在线段BC上移动，则α、β之间有怎样的数量关系？请说明理由；②当点D在直线BC上移动，则α、β之间有怎样的数量关系？请画出图形，并直接写出你的结论．【答案】（1）①90；②80；（2）①α+β＝180°，理由见解析；②图见解析，α+β＝180°或α＝β【解析】【分析】、（1）①由等腰直角三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB＝45°，由“SAS”可证△BAD≌△CAE，可得∠ABC＝∠ACE＝45°，可求∠BCE的度数；②由等腰三角形的性质求出∠ABD＝∠ACB＝40°，由“SAS”可证△ABD≌△ACE得出∠ABD ＝∠ACE＝40°，则可得出结论；（2）①由“SAS”可证△ABD≌△ACE得出∠ABD＝∠ACE，再用三角形的内角和即可得出结论；②分两种情况画出图形，由“SAS”可证△ABD≌△ACE得出∠ABD＝∠ACE，再用三角形的内角和即可得出结论．【详解】解：（1）①∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∵∠DAE＝∠BAC，∴∠BAD＝∠CAE，∵AB＝AC，AD＝AE，∴△BAD≌△CAE（SAS）∴∠ABC＝∠ACE＝45°，∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，故答案为：90；②∵∠BAC＝100°，AB＝AC，∴∠ABD＝∠ACB＝40°，∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，∵∠BAD＝∠CAE，∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE＝40°，∴∠BCE ＝∠ACE +∠ACB ＝40°+40°＝80°，故答案为：80．（2）①α+β＝180°，理由：∵∠BAC ＝∠DAE ，∴∠BAC ﹣∠DAC ＝∠DAE ﹣∠DAC ．即∠BAD ＝∠CAE ．在△ABD 与△ACE 中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABD ≌△ACE （SAS ），∴∠B ＝∠ACE ．∴∠B +∠ACB ＝∠ACE +∠ACB ．∵∠ACE +∠ACB ＝β，∴∠B +∠ACB ＝β，∵α+∠B +∠ACB ＝180°，∴α+β＝180°．②如图1：当点D 在射线BC 上时，α+β＝180°，连接CE ，∵∠BAC ＝∠DAE ，∴∠BAD ＝∠CAE ，在△ABD 和△ACE 中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABD ≌△ACE （SAS ），∴∠ABD ＝∠ACE ，在△ABC 中，∠BAC +∠B +∠ACB ＝180°，∴∠BAC +∠ACE +∠ACB ＝∠BAC +∠BCE ＝180°，即：∠BCE+∠BAC＝180°，∴α+β＝180°，如图2：当点D在射线BC的反向延长线上时，α＝β．连接BE，∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，又∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，∴∠ABD＝∠ACE＝∠ACB+∠BCE，∴∠ABD+∠ABC＝∠ACE+∠ABC＝∠ACB+∠BCE+∠ABC＝180°，∵∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB，∴∠BAC＝∠BCE．∴α＝β；综上所述：点D在直线BC上移动，α+β＝180°或α＝β．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质，等腰三角形的性质和三角形内角和定理，掌握全等三角形的判定方法及性质是关键．15．小明同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组全等的三角形，小明把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．（1）问题发现：如图1，若△ABC和△ADE均是顶角为40°的等腰三角形，BC、DE分别是底边，求证：BD＝CE；（2）拓展探究：如图2，若△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一条直线上，连接BE，则∠AEB的度数为；线段BE与AD之间的数量关系是；（3）解决问题：如图3，若△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一条直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM、AE、BE之间的数量关系并说明理由．【答案】（1）见解析；（2）60°，BE＝AD；（3）∠AEB＝90°，AE＝BE+2CM，理由见解析【解析】【分析】（1）先判断出∠BAD＝∠CAE，进而利用SAS判断出△BAD≌△CAE，即可得出结论；（2）同（1）的方法判断出△BAD≌△CAE，得出AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，最后用角的差，即可得出结论；（3）同（2）的方法，即可得出结论．【详解】解：（1）∵△ABC和△ADE均是顶角为40°的等腰三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝CE；（2）∵△ABC和△ADE均是等边三角形，∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝∠CDE＝∠CED＝60°，∴∠ACB﹣∠BCD＝∠DCE﹣∠BCD，∴∠ACD＝∠BCE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，∵∠CDE＝60°，∴∠BEC＝∠ADC＝180°﹣∠CDE＝120°，∵∠CED＝60°，∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝60°，故答案为：60°，BE＝AD；（3）AE＝BE+2CM，理由：同（1）（2）的方法得，△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，∵△CDE是等腰直角三角形，∴∠CDE＝∠CED＝45°，∴∠ADC＝180°﹣∠CDE＝45°，∴∠BEC＝∠ADC＝135°，∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝135°﹣45°＝90°，∵CD＝CE，CM⊥DE，∴DM＝ME，∵∠DCE＝90°，∴DM＝ME＝CM．∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．。
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．。
全等三角形之手拉手模型
全等三角形之手拉手模型5一、知识点睛 1、全等型手拉手模型两等边三角形或等腰直角三角形或两正方形共端点(两个相同图形，有公共顶点且它两邻边相等)，图示如下2、全等型手拉手模型的常见结论结论1:△ABC ≌△AB 'C ' BC=B 'C '(左手拉左手等于右手拉右手) 结论2：AO 平分∠BOC' 二、典型例题1.（1）熟悉模型：如图（1），已知△ABC 与△ADE 都是等腰三角形，AB ＝AC ，AD ＝AE ，且∠BAC ＝∠DAE ，求证：BD ＝CE ；（2）运用模型：如图（2），P 为等边△ABC 内一点，且P A ：PB ：PC ＝3：4：5，求∠APB 的度数．A D BCE(1)BP (2)（3）深化模型：如图（3），在四边形ABCD 中，AD ＝4，CD ＝3，∠ABC ＝∠ACB ＝∠ADC ＝45°，求BD 的长．2. 已知在△ABC 中，AB ＝AC ，D 是BC 上一点，连接AD ，在直线AD 的右侧作等腰△ADE , AD=AE.(1) 如图1，∠BAC ＝∠DAE ＝90°，连接CE ，求证：BD=CE 。
(2) 如图2，∠BAC ＝∠DAE ＝120°，AB ＝AC=2，取AC 边的中点F ，连接EF . 当D 点从B 点运动到C 点过程中，求线段EF 长度的最小值，并直接写出它的最大值。
(3) 如图3，四边形ABCD 中，∠BAD ＝∠BC D ＝90°，AB=AD ，DC=1，连接AC ，已知2230+=AC ，求AB 的长。
(3)图2FACDE图1图3ABCD3．如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，点D、E分别在AB、AC上，且AD＝AE．连接BE、CD，点M是BE的中点，连接AM．（1）观察猜想：如图①，若AB＝AC，线段AM与CD的数量关系是，位置关系是．（2）类比探究：在（1）的条件下，将△ADE绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜360°）至图②的位置，试判断线段AM和CD的数量关系和位置关系，并给出证明；4.（1）发现：如图1，点A为线段BC外一动点，且BC=a，AB=b．填空：当点A位于_______________时，线段AC的长取得最大值，且最大值为_________ （用含a，b的式子表示）（2）应用：点A为线段BC外一动点，且BC=3，AB=1，如图2所示，分别以AB，AC为边作等边三角形ABD和等边三角形ACE，连接CD，BE．①请找出图中与BE相等的线段，并说明理由；②写出线段BE长的最大值．（3）拓展：如图3，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（2，0），点B的坐标为（5，0）点P为线段AB外一动点，且P A=2，PM=PB，∠BPM=90°，请写出线段AM长的最大值及此时点P的坐标．。
全等三角形模型(手拉手模型)
模型2手拉手模型讲解1如图所示，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE,求证：（1）▲ABD≌▲ACE；（2）BD和CE的夹角∠BFE=∠BAC=∠DAE.模型讲解2如图所示，等边▲ABC和等边▲CDE，求证：（1）▲BCD≌▲ACE；（2）∠BFA=60°.模型讲解3如图所示，等腰RT▲ABC和等腰RT▲CDE，求证：（1）▲BCD≌▲ACE；（2）∠BFA=90°.典例1如图所示，▲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的度数是（典例1图）（典例2图）（典例3图）典例2如图所示，▲ABC和▲ADE都是等腰直角三角形，CE与BD相交于点M，则BD与CE的数量关系为典例3如图所示，▲ABC中，AB=AC，∠BAC=40°，将▲ABC绕点A按逆时针方向旋转100°得到▲ADE，连接BD，CE，则BD与CE的数量关系为小试牛刀1、如图，▲ABC和▲CDE均为等边三角形，点A，D，E在同一条直线上，连接BE.若∠CAE=25°，则∠EBC的度数为2、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=3、如图，在▲ABC中，∠ABC=45°，AD，BE分别为BC，AC边上的高，AD，BE相交点F，连接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（第1题图）（第2题图）（第3题图）链接中考1、（2020湖北鄂州中考真题）如图所示，在▲AOB和▲COD中，OA=OB，OC=OD，OA<OC，∠AOB=∠COD=36°.连接AC，BD交于点M，连接OM.有下列结论：①∠AMB=36°；②AC=BD；③OM平分∠AOD；④MO平分∠AMD.其中正确的有（第1题图）2、（2020辽宁锦州中考真题）已知▲AOB和▲MON都是等腰直角三角形，∠AOB=∠MON=90°.求证：▲AOM≌▲BON.（第2题图）。
全等三角形之手拉手模型
全等三角形之手拉手模型1、共顶点旋转（手拉手模型）（1）出现共顶点的等边三角形，等腰直角三角形，联想手拉手模型 （2）利用边角边证明全等；典型题例例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） AE=DC（3） AE 与DC 的夹角为60。
（4） △AGB ≌△DFB（5） △EGB ≌△CFB（6） BH 平分∠AHC （7） GF ∥AC例题2：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？例题3：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？例题4、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例题5、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巩固练习1.如图，已知在△ABC ，△ADE 中，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC ，AD=AE ，点C ，D ，E 三点在同一条直线上，连接BD ，BE.以下四个结论：①BD=CE ；②∠ACE+∠DBC=45°；③BD ⊥CE ；④∠BAE+∠DAC=180°.其中结论正确的个数是（ ）A. 1B. 2C. 3D. 42.如图，△ABC 和△ADE 都是等腰三角形，且∠BAC=90°，∠DAE=90°，B ，C ，D 在同一条直线上．求证：BD=CE ．3．如图所示，已知AE AB ⊥，AF AC ⊥，AE AB =，AF AC =，AB 与EC 交于点D ．问：（1）EC 与BF 有什么大小关系？并说明理由．（2）判断EC 与BF 的位置关系，并说明理由.。
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]全等型“手拉手”数学模型详解
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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 .。
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。
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 ）；。
模型12全等三角形手拉手模型-原卷版
全等三角形模型（十二）——手拉手模型◎结论1：如图所示，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，则⑴△ABD ≌△ACE; ⑵BD和CE的夹角∠P=∠BAC=∠DAE.等腰三角形的手拉手⑴【证明】∵∠BAC＝∠DAE∴∠BAC－∠DAC＝∠DAE－∠DAC,即∠BAD＝∠CAE在△ABD和△ACE中，BA＝CA∠BAD＝∠CAEAD＝AE∴△ABD≌△ACE（SAS）(2)△ABD≌△ACE,可看成△ABD绕点A逆时针旋转到△ACE的位置,BA和CA的夹角为∠BAC,AD 和AE的夹角为∠DAE,BD和CE的夹角为∠P,根据旋转的性质容易得到对应边的夹角等于旋转角,故∠P=∠BAC=∠DAE.找全等三角形的方法○巧○记○口○诀顶左左，顶右右【相同图形的左手拉左手，右手拉右手】◎结论2：如图所示，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90º，则⑴△ABD ≌△ACE; ⑵BD⊥CE等腰直角三角形手拉手◎结论3：如图所示，△ABC与△DCE是等边三角形⑴△BCD ≌△ACE; ⑵∠AOB=∠DOE=60º等边三角形手拉手◎结论4：如图所示，△ABC与△DCE是等边三角形，当点B、C、E共线时重要结论：1、△BCD≌△ACE2、∠1＝∠2➯∠3＝60°3、∠DOE＝∠AOB＝60°4、△BCG≌△ACF,△GCD≌△FCE5、GC＝FC,∠GCF＝60°➯△CGF为等边三角形➯∠CGF＝60°➯GF∥BE6、OC平分∠BOE1．（2022·江苏·八年级专题练习）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 ∠AED ．DE =DP2．（2022·江苏·八年级专题练习）如图，在ABC 中，90ABC ∠=︒，分别以AB ，AC 为边作等边ABD △和等边ACE ，连结DE ，若3AB =，5AC =，则ED =（ ）A．B ．C ．4 D ．3．（2022·甘肃省兰州市教育局八年级期中）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（ ） ∠CE ＝BD ；∠∠ADC 是等腰直角三角形；∠∠ADB ＝∠AEB ；∠S 四边形BCDE ＝12BD •CE ；∠BC 2+DE 2＝BE 2+CD 2．A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个1．（2022·江苏·八年级专题练习）如图，∠ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝BC ∠ABC 绕点A 顺时针方向旋转60°到∠AB 'C '的位置，连接BC '，BC '的延长线交AB '于点D ，则BD 的长为 _____．2．（2022·全国·八年级课时练习）如图，点B 、C 、E 在同一条直线上，ABC 与CDE △都是等边三角形，下列结论：∠AE=BD ；∠DGC EFC ≌；∠线段AE 和BD 所夹锐角为80°；∠FG∠BE ．其中正确的是______．（填序号）3．（2022·全国·八年级课时练习）如图，CA=CB ，CD=CE ，∠ACB=∠DCE=50°，AD 、BE 交于点H ，连接CH ，则∠CHE=_______．1．（1）如图1，△ABC 与△CDE 均为等腰直角三角形，∠ACB =∠DCE =90°，猜想并证明：线段AE 、BD 的数量关系和位置关系．（2）在（1）的条件下，若点A，E，D在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，请判断∠ADB的度数及线段CM，AD，BD之间的数量关系，并说明理由．2．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”）。
全等三角形之手拉手模型专题0001
全等三角形之手拉手模型专题基本图形1、图（1）中，C点为线段AB上一点，△ ACM,A CBN 与BM相等吗？说明理由；如图（2）C点为线段AB上一点，等边三角形ACM和等边三角形AB的异侧，此时AN与BM相等吗？说明理由；如图（3）C点为线段AB外一点，△ ACM,A CBN是等边三角形，AN与BM 相等吗？说明理由.点评：本题考查了全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质；可围绕结论寻找全等三角形，运用全等三角形的性质判定线段相等，证得三角形全等是正确解答本题的关键.是等边三角形，ANCBN在图（1）分析：题中三问均是对等边三角形性质的考查以及全等三角形的证明，由已知条件，利用等边三角形的性质可找出对应边及夹角相等，证明全等，即可得到线段相等.解：（1）相等.证明如下：•••△ ACM,A CBN是等边三角形，••• AC=CM, CN=BC又/ ACN=Z MCN+60°Z MCB=Z MCN+60°,•••/ ACN=Z MCB,•△ ACN^A MCB,「. AN=BM .（2）相等.证明如下：•••△ ACM,•A C=CM, CN=BC 又/ ACN=Z MCB,•△ACN^A MCB,•AN=BM.（3）相等.证明如下：•••△ ACM,•A C=CM, CN=BC 又/ ACN=Z MCN+60°•/ ACN=Z MCB,•△ACN^A MCB,•AN=BM.△ CBN是等边三角形,△ CBN是等边三角形,/ MCB=Z MCN+60°,变形2、(1)如图1,点C是线段AB上一点，分别以AC, BC为边在AB的同侧作等边△ ACM和厶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和厶CBN'改为“以AC, BC为腰在AB的同侧作等腰△ ACM和厶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，请说明理点评：(1 )先求证△ ACN BA MCB ,得出AN=BM , / ANC=Z MBA ,再证△ NFC^^ BEC得出CE=CF / BCE=Z NCF,利用等边三角形的角度60, 得出/ ECF=60 ,证得结论成立；(2)证明过程如上(1)中的结论只有CE=CF而/ ECF只等于等腰三角形的顶角工60°,得出结论不成立.解：(1)如图1 , △ CEF是等边三角形，理由：•••等边△ ACM和厶CBN,••• AC=MC , BC=NC / ACN=Z MCB ,在厶ACN和厶MCB中NC= BC/ ACN=Z MCBAC= MC•△ACN^A MCB (SAS ,•AN=MB , / ANC=Z MBA , 在厶NFC和厶BEC中，NC= BC/ FNC=Z EBCNF= BE•△NFC^A BEC (SAS ,• EC=CF•••/ BCE+Z ECN=60°, / BCE=Z NCF,•/ ECF=60 ,•△ CEF是等边三角形；(2)如图2,不成立，首先/ ACNM/ MCB ,•△ ACN与厶MCB不全等.如果有两个等腰三角形的顶角相等，那么结论也不成立，证明方法与上面类似，只能得到CE=CF而/ ECF只等于等腰三角形的顶角工60°点评：此题综合考查等边三角形的性质与判定，三角形全等的判定与性质，等腰三角形的性质等知识点.变形3、如图，在△ ABC 中，已知/ DBC=60°, AC> BC,又\ ABC .△ BCA'、△ CAB都是△ ABC形外的等边三角形，而点D在AC上，且BC=DC(1)证明：△ C BD^A B' DC;(2)证明：△ AC D BA DB' A;证明：(〔)△ C' BD与厶ABC中，BC=DC AB=BC，/ C' BD=60° +/ ABD=Z•••△C BD BA ABC,：C D=AC又在△ BCA与厶DCB'中，BC=DC, AC=B' C,Z ACB=Z B' CD=60°,• △BCA^A DCB' .••• DB' =BA.•••△C' BD BA B' DC(2 )由(1)的结论知:C' D=B' C=AB',B' D=BC =AC，, 又••• AD=AD,• △AC' D BA DB ' A.。
(完整版)全等三角形之手拉手模型与半角模型
全等三角形之手拉手模型与半角模型目录1 手拉手模型 (2)1.1 定义 (2)1.2 任意等腰三角形下的手拉手模型 (3)1.3 等边三角形下的手拉手模型 (5)1.4 等腰直角三角形下的手拉手模型 (6)1.5 例题 (7)2 半角模型 (11)2.1 定义 (11)2.2 半角模型解题思路 (12)2.3 半角模型1（等边三角形内含半角）解题方法 (12)2.4 半角模型2（等腰直角三角形内含半角）解题方法 (14)2.5 半角模型3（正方形内含半角）解题方法 (16)2.6 例题 (17)1 手拉手模型 1.1 定义B C 左手2右手2右手1手拉手模型如上图所示, 手拉手模型是指有公共顶点（A ）、顶角相等（）的两个等腰三角形（△ABE, AB=AE ；△ACD, AC=AD ）, 底边端点相互连接形成的全等三角形模型（△ABD ≌△AEC ）。
因为顶角相连的四条边（腰）可形象地看成两双手, 所以通常称为手拉手模型。
说明：➢ 左、右手的定义将等腰三角形顶角顶点朝上, 正对我们, 我们左边为左手, 右边为右手。
αA E左手右手αAC左手右手➢ 拉手的方式: 左手拉左手, 右手拉右手。
1. 构成手拉手模型的3个条件:2. 两个等腰三角形3. 有公共顶点4. 顶角相等1.2 全等三角形的构成方式: 由“顶点+双方各一只手”构成: “顶点+左手+左手”, “顶点+右手+右手”。
搞清这一点, 有助于我们快速找到全等三角形。
1.3 等腰三角形的底边（BE 、CD ）不是必须的, 可以不连接, 所以图中用虚线表示。
这就是为什么做题时发现有时并不存在等腰三角形却仍然用手拉手模型的原因。
1.4 任意等腰三角形下的手拉手模型下面, 将给出一些重要结论, 熟悉这些结论有助于我们快速解题。
需要强调的是, 这些结论不能直接用, 需要证明, 所以要记住以下每个结论的证明。
结论1: △ABD ≌△AEC说明: 这里的全等三角形的构成方式为“顶点+双方各一只手”构成。
全等三角形之手拉手模型
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和厶ACC都是等腰三角形，AB二AB；AC二AC；且/ BAB'二/CAC。
三个结论结论1: △ABC^A ABC(SAS)BC=B'C'结论2：Z BOB'二/ BAB'结论3: AO平分/ BOC'共顶点的等腰直角三角形中的手拉手变式精练1、下图，△ABC ffiA ADE是等腰直角三角形，/ BAC K DAE=90 ,求证:⑴BD=CE ⑵BD丄CEE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 ffiA ADE匀是等边三角形，求: (1) CD二BE (2) / DAE^Z模型应用1:如图，分别以厶ABC的边AB AC同时向外作等腰直角三角形，其中AB =AE , AC =AD Z BAE =Z 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 K/ ABC二/ AED =90，/ BAC二/EAD a, F为CD的中点。
求证：（1）BF=EFB E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欢迎您的下载，资料仅供参考!致力为企业和个人提供合同协议，策划案计划书，学习资料等等打造全网一站式需求。
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【最新整理，下载后即可编辑】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）AE=DC（3）AE与DC的夹角为60。
（4）△AGB≌△DFB（5）△EGB≌△CFB（6）BH平分∠AHC（7）GF∥ACHFGED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）△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。
（4）AE 与DC 的交点设为H,BH 平分∠AHC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 ？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？（3）AG与CE之间的夹角为多少度？（4）HD是否平分∠AHE？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：。
全等三角形手拉手模型
全等三角形手拉手模型【手拉手模型——等边三角形】归纳总结：概念：由两个共顶点的等边三角形所组成。
结论：①△ABD≌△ACE②BD＝CE③BD、CE交于点O，则∠BOC＝60°④连接AO，则AO为∠COD的角平分线BC典例分析例1 如图在直线ABC的同侧作两个等边三角形△ABD与△BCE，连接AE与CD，证明：（1）△ABE≌△DBC（2）AE＝DC（3）AE与DC之间的夹角为60°（4）△AGB≌△DFB（5）△EGB≌△CFB（6）BH平分∠AHC（7）GF∥ACDA CB变1 如图，两个等边三角形△ABD 与△BCE ，连接AE 与CD ，证明： （1）△ABE ≌△DBC （2）AE ＝DC（3）直线AE 与DC 之间的夹角为60°（4）直线AE 与DC 的交点为H ，连接BH ，BH 平分∠AHC变2 如图，△ABC 是等边三角形，D 是AB 边上的一点，以CD 为边作等边三角形CDE ，使点E 、A 在直线DC 的同侧，连接AE ．求证：AE △BC ．CA课1 已知：如图，△BCD与△ADE均为等边三角形，且C在AE上，已知AB＝4，AC＝2，（1）求AD的长度。
（2）判断∠BAC和∠BDC的关系EB【手拉手模型——等腰直角三角形】概念：由两个共顶点的等腰直角三角形三角形所组成。
条件：△ABC 和△ADE 均为等腰直角三角形 结论：①△ABD ≌△ACE②BD ＝CE ③BD ⊥CE④BD 与CE 交于点O ，连接AO ，则AO 为∠BOC 的外角角平分线CB典例分析例2 如图，两个正方形ABCD与DEFG，连接AG，CE，二者相交于点H 求证：：（1）△ADG≌△CDE（1）AG＝CE（2）AG⊥CE（3）HD平分∠AHEBFAE变3 如图，△ABC 和△ADE 是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC ＝∠DAE ＝90°，点P 为射线BD ，CE 的交点，判断BD 和CE 的关系，并给予证明。
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全等三角形之手拉手模型专题
基本图形1、图（1）中，C 点为线段AB 上一点，△ACM，△CBN 是等边三角形，AN
与BM 相等吗？说明理由；
如图（2）C 点为线段AB 上一点，等边三角形ACM 和等边三角形CBN 在
AB 的异侧，此时AN 与BM 相等吗？说明理由；
如图（3）C 点为线段AB 外一点，△ACM，△CBN 是等边三角形，AN 与BM
相等吗？
说明理由．
分析：题中三问均是对等边三角形性质的考查以及全等三角形的证明，由
已知条件，利用等边三角形的性质可找出对应边及夹角相等，证明全等，
即可得到线段相等．
解：（1）相等．
证明如下：∵△ACM，△CBN 是等边三角形，
∴AC=CM，CN=BC，
又∠ACN=∠MCN+60°∠MCB=∠MCN+60°，
∴∠ACN=∠MCB，
∴△ACN≌△MCB，∴AN=BM．
（2）相等．
证明如下：∵△ACM，△CBN 是等边三角形，
∴AC=CM，CN=BC
又∠ACN=∠MCB，
∴△ACN≌△MCB，
∴AN=BM．
（3）相等．
证明如下：∵△ACM，△CBN 是等边三角形，
∴AC=CM，CN=BC，
又∠ACN=∠MCN+60°∠MCB=∠MCN+60°，
∴∠ACN=∠MCB，
∴△ACN≌△MCB，
∴AN=BM．
点评：本题考查了全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质；可围
绕结论寻找全等三角形，运用全等三角形的性质判定线段相等，证得三
角形全等是正确解答本题的关键．
变形2、（1）如图1，点C 是线段AB 上一点，分别以AC，BC 为边在AB 的同侧
作等边△ACM 和△CBN，连接AN，BM．分别取BM，AN 的中点E，F，连接
CE，CF，EF．观察并猜想△CEF 的形状，并说明理由．
（2）若将（1）中的“以AC，BC 为边作等边△ACM 和△CBN”改为“以
AC，BC 为腰在AB 的同侧作等腰△ACM 和△CBN，”如图2，其他条件不变，
那么（1）中的结论还成立吗？若成立，加以证明；若不成立，请说明理
由．
点评：（1 ）先求证△ACN≌△MCB ，得出AN=BM ，∠ANC=∠MBA ，再证
△NFC≌△BEC，得出CE=CF，∠BCE=∠NCF，利用等边三角形的角度60，
得出∠ECF=60°，证得结论成立；
（2）证明过程如上（1）中的结论只有CE=CF，而∠ECF 只等于等腰三角
形的顶角≠60°，得出结论不成立．
解：（1）如图1，△CEF 是等边三角形，
理由：∵等边△ACM 和△CBN，
∴AC=MC，BC=NC，∠ACN=∠MCB，
在△ACN 和△MCB 中
NC＝BC
∠ACN＝∠MCB
AC＝MC
∴△ACN≌△MCB（SAS），
∴AN=MB，∠ANC=∠MBA，
在△NFC 和△BEC 中，
NC＝BC
∠FNC＝∠EBC
NF＝BE
∴△NFC≌△BEC（SAS），
∴EC=CF，
∵∠BCE+∠ECN=60°，∠BCE=∠NCF，
∴∠ECF=60°，
∴△CEF 是等边三角形；
（2）如图2，不成立，首先∠ACN≠∠MCB，
∴△ACN 与△MCB 不全等．
如果有两个等腰三角形的顶角相等，那么结论也不成立，
证明方法与上面类似，只能得到CE=CF，而∠ECF 只等于等腰三角形的顶角≠60°．
点评：此题综合考查等边三角形的性质与判定，三角形全等的判定与性
质，等腰三角形的性质等知识点．
变形3、如图，在△ABC 中，已知∠DBC=60°，AC＞BC，又△ABC′、△BCA′、
△CAB′都是△ABC 形外的等边三角
形，而点D 在AC 上，且BC=DC
（1）证明：△C′BD≌△B′DC；
（2）证明：△AC′D≌△DB′A；
证明：（1）△C′BD 与△ABC 中，
BC=DC，AB=BC′，∠C′BD=60°+
∠ABD=∠ABC，
∴△C′BD≌△ABC，∴C′D=AC
又在△BCA 与△DCB′中，
BC=DC，AC=B′C，∠ACB=∠B′CD=60°，
∴△BCA≌△DCB′．∴DB′=BA．
∴△C′BD≌△B′DC
（2）由（1）的结论知：
C′D=B′C=AB′，
B′D=BC′=AC′，
又∵AD=AD，
∴△AC′D≌△DB′A．。