手拉手模型——全等三角形常见模型介绍(一)
全等典型模型：“手拉手”模型
《三角形证明》题型解读12 全等典型模型：“手拉手”模型【知识梳理】（一）“手拉手模型”的基本图形题型特征：△ABC 与△BDE 是等边三角形，A 、B 、D 三点在同一直线上。
解题方法：一定有以下六个结论（三组全等、一个60°、一个等边△、一组平行线） ①△ABE ≌△CBD证明过程：∵△ABC 与△BDE 是等边三角形，∴∠1=∠2=∠3=60°，∴∠ABE=∠CBD=120°，∵AB=BC ，BE=BD ， ∴△ABE ≌△CBD （SAS ） ②△ABH ≌△CBF证明过程：∵△ABE ≌△CBD ，∴∠4=∠5，∵AB=BC ，∠1=∠2，∴△ABH ≌△CBF （SAS ） ③△BHE ≌△BFD证明过程：∵△ABE ≌△CBD ，∴∠6=∠7，∵BE=BD ，∠2=∠3，∴△BHE ≌△BFD （SAS ） ④∠AGC=60°证明过程：∵△ABE ≌△CBD ，∴∠6=∠7，在△GFE 和△BFD 中（“8”字模型），∠3=180°-∠BFD-∠7，∠EGF=180°-∠GFE-∠6，∵∠6=∠7，∠GFE=∠BFD ，∴∠3=∠EGF ，∵∠AGC=∠EGF ，∠3=60°，∴∠AGC=∠3=60° ⑤△BHF 是等边三角形证明过程：∵△BHE ≌△BFD （SAS ），∴BH=BF ，∵∠2=60°，∴△BHF 是等边三角形（有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形） ⑥HF//AD证明过程：∵△BHF 是等边三角形，∴∠8=60°，∵∠3=60°，∴∠8=∠3，∴HF//AD （二）“手拉手模型”的变化图形题型特征：△ABC 与△BDE 是等边三角形，A 、B 、D 三点不在同一直线上。
图2M N 765431H GFEDCBA765431HG F ED CBA解题方法：一定有以下三个结论（一组全等，一个60°、一个角平分线） ①△ABE ≌△CBD证明过程：∵△ABC 与△BDE 是等边三角形，∴∠1=∠3=60°，∴∠ABE=∠CBD （共角模型），∵AB=BC ，BE=BD ， ∴△ABE ≌△CBD （SAS ） ②∠AGC=60°证明过程：∵△ABE ≌△CBD ，∴∠6=∠7，在△GFE 和△BFD 中（“8”字模型），∠3=180°-∠BFD-∠7，∠EGF=180°-∠GFE-∠6，∵∠6=∠7，∠GFE=∠BFD ，∴∠3=∠EGF ，∵∠AGC=∠EGF ，∠3=60°，∴∠AGC=∠3=60° ③BG 平分∠HBF证明过程：作BM ⊥AE 于点M ，BN ⊥GD 于点N ，如图2，∵△ABE ≌△CBD ，∴∠4=∠5，∵AB=BC ，∠AMB=∠CNB=90°，∴△ABM ≌△CBN （AAS ），∴BM=BN ，∴BG 平分∠HBF （到角两边的距离相等的点，在这个角的角平分线上） （三）常见“手拉手”变化图形【典型例题】例1.如图，C 为线段AE 上一动点（不与A 、E 重合），在AE 同侧分别作等边△ABC 和等 边△CDE ，AD 与BE 交于点O ，AD 与BC 交于点P ，BE 与CD 交于点Q ，连接PQ ，以下五个结论： ①AD ＝BE ；②PQ ∥AE ；③CP ＝CQ ；④BO ＝OE ；⑤∠AOB ＝60°，恒成立的结论有（ ）。
全等三角形之手拉手模型
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△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：⑴ BD=CE ⑵ BD⊥CE
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。
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°（3）OA 平分∠BOC变形：三角形ABD∆例1.如图在直线ABC 的同一侧作两个等边与BCE ∆，连结AE 与CD ，证明（1）DBC ABE ∆≅∆(2)AE 与DC 之间的夹角为︒60(3)BH 平分AHC ∠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）AE 与DC 之间的夹角为︒60（3）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）AE 与DC 之间的夹角为︒60(3）AE 与DC 的交点设为H ,BH 平分AHC ∠CE AG ,,二例2：如图，两个正方形ABCD 与DEFG ,连结者相交于点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 ∠？结CE AG ,,二者相例3：如图两个等腰直角三角形ADC 与EDG ，连交于点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 ∠？BD AB =,例4：两个等腰三角形ABD ∆与BCE ∆，其中,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 ∠？。
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.。
初中数学全等三角形手拉手模型
∵ቐ∠ABE = ∠EBC
= BC
∴△ABE≌△DBC(SAS)
过B点分别向AE和DC作垂线，垂足为点M，N
∵BM，BN分别为△ABE和△DBC对应边上的高
∴BM=BN
在Rt△BMF和Rt△BNF中
BF =
∵ቊ
BM =
∴Rt△BMF≌Rt△BNF(HL）
手拉手模型-等边三角形
为右手顶点。
B(左手）
(头 ）
(头）
B(左手
）
C(右手 ）
C(右手）
手拉手模型基于
“ASA全等判定”
2、手拉手模型-模型分析
二、“手拉手模型”的基本构图：
常见变形：
手拉手模型-等边三角形
例1、如图在直线ABC的同一侧作两个等边三角形△ABD与△BCE，连结AE与CD.
证明：（1）△ ≌△ （2） = （3）与之间的夹角为60°（4）△ ≌△ （5）△ ≌△ （6）
∴AE=DC
（3）延长AE分别交BD于点N，CD于H
由（1）可知，∠BDC=∠BAE
又∵∠ANB=∠HND（对顶角相等）
∴180°-（ ∠BDC + ∠HND ）=
180°-(∠BAE + ∠ANB )
即∠DHN=∠ABD=60°
∴ 与的夹角为60°
（4）过点B分别向AE和DC所在直
变式1-4.
D
如果两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明：
1. △ABE≌△DBC
2. AE=DC
3. AE与DC的夹角为60°
4. AE与DC的交点设为H,BH平分∠AHC
【解析】①利用角度的和差关系证明∠ABE=∠DBC，且AB=DB，BC=BE
全等三角形模型之 手拉手模型
手拉手模型（一）l手拉手模型特点：两个等腰三角形；共顶点；顶角相等1、如图，等边△ACD和等边△BCE，链接AE，BD，相交于G，AE与CD相交于M，BD 与CE相交于N。
我结论1：∠DCE=60°（等边三角形性质）结论2：△ACE≅△DCB （证明AC=DC, ∠ACE=∠DCB；EC=BC; SAS）结论3：∠CAE=∠CDB （AE=DB）结论4：∠DGM=∠ACM=60°（8字模型）；∠AGB=120°结论5：△ACM≅△DCM（∠CAE=∠DCB,AC=DC, ∠ACM=∠DCN—ASA）结论6：CM=CN（△CMN等边三角，内错角相等，MN平行与AB）结论7：△AME≅△CNB（ASA）结论8：CM=CN结论9：GC平分∠AGB（角平分线的判断）结论10：GA=GC+GD拓展1△ABE 和△ACF 均为等边三角形 结论1：△ABF ≅△AEC结论2：∠BOE=∠BAE=60°结论3：OA 平分∠EOF （四点共圆证明）拓展2△ABD 和△ACE 均为等腰直角三角形 结论1：BE=CD结论2：BE 垂直于CD拓展3四边形ABEF 和四边形ACHD 均为正方形 结论1：BD=CF结论2：BD 垂直于CF例题：已知：如图,点C 是线段AB 上的动点(C 点于A. B 不重合)，分别以AC 、BC 为边在直线AB 的同侧作等边三角形ACD 和等边三角形BCE ，AE 于CD 相交于点M ，BD 与CE 相交于点N.①△≌△ACE DCB;②∥MN AB;③△CMN 是等边三角形;④若AB 的长为10cm,当点C 在线段AB 上移动时,则线段MN 的最大长度为2.5cm;⑤MN2=EN⋅DM ； 其中结论正确的为：例题：(1) 如图1，点C是线段AB上一点，分别以AC，BC为边在AB的同侧作等边△ACM 和△CBN，连接AN，BM.分别取BM，AN的中点E，F，连接CE，CF，EF.观察并猜想△CEF的形状，并说明理由。
第九讲全等模型--手拉手
第九讲初识手拉手全等（一）知识体系：定义：所谓手拉手全等，即有公共顶角顶点的两个等腰三角形，顶角相等，顺次连接两底角顶点所形成的两个三角形全等.基本图形：如下图，△ABC和△ADE有公共顶点，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，连接BD、CE，则△ABD≌△ACE.图形变式：如图1、2，等腰直角△AB C和等腰直角△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°，则△ABD≌△ACE.如图3、4，等边△AB C和等边△ADE，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，则△ABD≌△ACE.进阶探究：如图，△ABC和△ADE有公共顶点，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，连接BD、CE交于点O，连接AO.则：①∠BOC=∠DOE=∠BAC；②AO平分∠BOE.思考：在上图1、2、3、4中，上述结论还成立吗？（二）典例精讲例1.在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=30°，CD、BE交于点O，连接OA （1）如图1，求证：△ABE≌△ACD；（2）如图1，求∠AOE的大小；（3）当绕点A旋转至如图2所示位置时，若∠BAC=∠DAE=α，∠AOE=_________.练：如图，A在DE上，F在AB上，且AC=CE，∠1=∠2=∠3=α求∠BAC.（用α表示）例2：如图，△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，连接BD、CE交于点P.（1）求证：△ABD≌△ACE；（2）判断BD、CE的关系并证明；（3）连接PA，求∠APB的度数.练：在例2的条件下，将△ADE旋转至如图所示的位置时，BD与CE的关系还成立吗？请说明理由.例3：如图，分别以△ABC的边AB、AC向外作等边△ABD和等边△ACE，连接BE、CD交于点P，连接AP.（1）求证：BE=CD；（2）求∠BPD的度数；（3）求证：PA平分∠DPE.变式：在例3的条件下，若点F为CD上一点，且∠DBF=∠ADC，试判断△BFP的形状并证明.练：已知，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝30°．分别以AB、AC为边，向三角形外作等边△ABD和等边△ACE.（1）如图1，连接线段BE、CD，求证：BE＝CD；（2）如图2，连接DE交AB于点F，求证：F为DE中点.例4：如图，△ADC和△CBE均为等边三角形，连接AE、AB、BD，∠ABD=80°，求∠EAB的度数.练1.如图，△ABC 和△CDE 都是等边三角形，∠EBD =78°，则∠AEB =_________度.练2.已知AC=BC ，DC=EC ，∠ACB =∠ECD =90°，且∠EBD =42°，则∠AEB =.例5.如图，ΔAOB 是等边三角形，以直线OA 为x 轴建立平面直角坐标系，B （a ，b ）且a ，b 满足2(0b -=，D 为y 轴上一动点，以AD 为边作等边ΔADC ，直线CB 交y 轴于点E .（1）如图1，求A 点坐标；（2）如图2，D 在y 轴正半轴上，C 在第二象限，CE 的延长线交x 轴于点M ，当D 点在y 轴正半轴上运动时，M 点的坐标是否发生变化，若不变，求M 点的坐标，若变化，说明理由.练1.如图，已知直线AB 交x 轴于点A （a ，0），交y 轴于点B （0，b ），且a ，b 满足2(4)0a b a +++=，若点C 在第一象限，且BE ⊥AC 于点E ，延长BE 至点D ，使BD=AC ，连接OC 、OD 、CD ，试判断ΔCOD 的形状，并说明理由.练2.如图，ΔAOB和ΔACD是等边三角形，其中AB⊥x轴于E点.（1）如图，若OC=5，求BD的长；（2）设BD交x轴于点F，求证：∠OFA=∠DFA.例6.如图，已知△ABC是等边三角形，点E在线段AB上，点D在射线CB上，且DE=CE，以CE为边作等边三角形CEF，连接EF.（1）求证：BE=AF；（2）试猜想线段AB、DB、AF之间的数量关系，并证明你的猜想.练1.如图，ΔBAC为等腰直角三角形，其中AB=AC，∠BAC=90°，点A、D在BC的异侧且∠BDC=90°，连接AD，过点A作AE⊥AD交DB的延长线于点E，求∠E的度数.。
专题03 手拉手模型(从全等到相似)(解析版)
专题03 手拉手模型（从全等到相似）全等三角形与相似三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位。
相似三角形与其它知识点结合以综合题的形式呈现，其变化很多，难度大，是中考的常考题型。
如果大家平时注重解题方法，熟练掌握基本解题模型，再遇到该类问题就信心更足了．本专题就手拉手模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。
模型1.手拉手模型（全等模型）【模型解读】将两个三角形绕着公共顶点（即头）旋转某一角度后能完全重合，则这两个三角形构成手拉手全等，也叫旋转型全等，常用“边角边”判定定理证明全等。
【常见模型及证法】（等腰）（等边）（等腰直角）公共顶点A 记为“头”，每个三角形另两个顶点逆时针顺序数的第一个顶点记为“左手”，第二个顶点记为“右手”。
对应操作：左手拉左手（即连结BD ），右手拉右手（即连结CE ），得ABD ACE ≅。
1．（2022·青海·中考真题）两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来，则形成一组全等的三角形，把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形. (1)问题发现：如图1，若ABC 和ADE 是顶角相等的等腰三角形，BC ，DE 分别是底边.求证：BD CE =； (2)解决问题：如图2，若ACB △和DCE 均为等腰直角三角形，90ACB DCE ∠=∠=︒，点A ，D ，E 在同一条直线上，CM 为DCE 中DE 边上的高，连接BE ，请判断∠AEB 的度数及线段CM ，AE ，BE 之间的数量关系并说明理由.图1 图2【答案】(1)见解析 (2)90DCE ∠=︒；2AE AD DE BE CM =+=+【分析】（1）先判断出∠BAD =∠CAE ，进而利用SAS 判断出△BAD ∠∠CAE ，即可得出结论；（2）同（1）的方法判断出△BAD ∠∠CAE ，得出AD =BE ，∠ADC =∠BEC ，最后用角的差，即可得出结论． 【解析】(1)证明：∠ABC 和ADE 是顶角相等的等腰三角形，∠AB AC =，AD AE =，BAC DAE ∠=∠，∠BAC CAD DAE CAD ∠-∠=∠-∠，∠BAD CAE ∠=∠．在BAD 和CAE 中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∠()BAD CAE SAS ≌△△，∠BD CE =．(2)解：90AEB =︒∠，2AE BE CM =+，理由如下：由（1）的方法得，≌ACD BCE ，∠AD BE =，ADC BEC ∠∠=，∠CDE △是等腰直角三角形，∠45CDE CED ∠=∠=︒，∠180135ADC CDE ∠=︒-∠=︒，∠135BEC ADC ∠=∠=︒，∠1354590AEB BEC CED ∠=∠-∠=︒-︒=︒．∠CD CE =，CM DE ⊥，∠DM ME =．∠90DCE ∠=︒，∠DM ME CM ==，∠2DE CM =．∠2AE AD DE BE CM =+=+．【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形，等边三角形，等腰直角三角形的性质，判断出△ACD ∠∠BCE 是解本题的关键． 2．（2022·黑龙江·中考真题）ABC 和ADE 都是等边三角形．(1)将ADE 绕点A 旋转到图①的位置时，连接BD ，CE 并延长相交于点P （点P 与点A 重合），有PA PB PC +=（或PA PC PB +=）成立；请证明．(2)将ADE 绕点A 旋转到图②的位置时，连接BD ，CE 相交于点P ，连接P A ，猜想线段P A 、PB 、PC 之间有怎样的数量关系？并加以证明；(3)将ADE 绕点A 旋转到图③的位置时，连接BD ，CE 相交于点P ，连接P A ，猜想线段P A 、PB 、PC 之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不需要证明．【答案】(1)证明见解析 (2)图②结论：PB PA PC =+，证明见解析 (3)图③结论：PA PB PC +=【分析】（1）由△ABC 是等边三角形，得AB =AC ，再因为点P 与点A 重合，所以PB =AB ，PC =AC ，P A =0，即可得出结论；（2）在BP 上截取BF CP =，连接AF ，证明BAD CAE ≌（SAS ），得ABD ACE ∠=∠，再证明CAP BAF ≌△△（SAS ），得CAP BAF ∠=∠，AF AP =，然后证明AFP 是等边三角形，得PF AP =，即可得出结论；（3）在CP 上截取CF BP =，连接AF ，证明BAD CAE ≌（SAS ），得ABD ACE ∠=∠，再证明BAP CAF ≌△△（SAS ），得出CAF BAP ∠=∠，AP AF =，然后证明AFP 是等边三角形，得PF AP =，即可得出结论：PA PB PF CF PC +=+=．(1)证明：∠∠ABC 是等边三角形，∠AB =AC ，∠点P 与点A 重合，∠PB =AB ，PC =AC ，P A =0，∠PA PB PC +=或PA PC PB +=；(2)解：图②结论：PB PA PC =+证明：在BP 上截取BF CP =，连接AF ，∠ABC 和ADE 都是等边三角形，∠AB AC =，AD AE =，60BAC DAE ∠=∠=︒∠BAC CAD DAE CAD ∠+∠=∠+∠，∠BAD CAE ∠=∠，∠BAD CAE ≌（SAS ），∠ABD ACE ∠=∠，∠AC =AB ，CP =BF ， ∠CAP BAF ≌△△（SAS ），∠CAP BAF ∠=∠，AF AP =，∠CAP CAF BAF CAF ∠+∠=∠+∠，∠60FAP BAC ∠=∠=︒，∠AFP 是等边三角形，∠PF AP =，∠PA PC PF BF PB +=+=；(3)解：图③结论：PA PB PC +=，理由：在CP 上截取CF BP =，连接AF ，∠ABC 和ADE 都是等边三角形，∠AB AC =，AD AE =，60BAC DAE ∠=∠=︒∠BAC BAE DAE BAE ∠+∠=∠+∠，∠BAD CAE ∠=∠，∠BAD CAE ≌（SAS ），∠ABD ACE ∠=∠，∠AB =AC ，BP =CF ，∠BAP CAF ≌△△（SAS ），∠CAF BAP ∠=∠，AP AF =，∠BAF BAP BAF CAF ∠+∠=∠+∠，∠60FAP BAC ∠=∠=︒，∠AFP 是等边三角形，∠PF AP =，∠PA PB PF CF PC +=+=，即PA PB PC +=．【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质是解题的关键．3．（2022·吉林·九年级期末）如图①，在ABC 中，90C ∠=︒，6AC BC ==D ，E 分别在边AC ，BC 上，且2CD CE =AD BE =，AD BE ⊥成立．（1）将CDE △绕点C 逆时针旋转90︒时，在图②中补充图形，并直接写出BE 的长度；（2）当CDE △绕点C 逆时针旋转一周的过程中，AD 与BE 的数量关系和位置关系是否仍然成立？若成立，请你利用图③证明，若不成立请说明理由；（3）将CDE △绕点C 逆时针旋转一周的过程中，当A ，D ，E 三点在同一条直线上时，请直接写出AD 的长度． 【答案】（1）补充图形见解析；22BE =；（2）AD BE =，AD BE ⊥仍然成立，证明见解析；（3）51AD =-或51=+AD ．【分析】（1）根据旋转作图的方法作图，再根据勾股定理求出BE 的长即可；（2）根据SAS 证明E ACD BC ≅∆∆得AD =BE ，∠1=∠2，再根据∠1+∠3+∠4=90°得∠2∠3+∠4=90°，从而可得出结论；（3）分两种情况，运用勾股定理求解即可．【详解】解：（1）如图所示，根据题意得，点D 在BC 上，∠BCE ∆是直角三角形，且BC =6，CE =2由勾股定理得，2222(2)(6)22BE CE BC =+=+=；（2）AD BE =，AD BE ⊥仍然成立. 证明：延长AD 交BE 于点H ，∠90ACB DCE ∠=∠=︒，ACD ACB BCD ∠=∠-∠，BCE DCE BCD ∠=∠-∠，∠ACD BCE ∠=∠，又∠CD CE =，AC BC =，∠ACD BCE ≅△△，∠AD BE =，12∠=∠，在Rt ABC 中，13490∠+∠+∠=︒，∠23490∠+∠+∠=︒，∠90AHB ∠=︒，∠AD BE ⊥.（3）①当点D 在AC 上方时，如图1所示，同（2）可得ACD BCE ≅△△∠AD =BE同理可证BE AE ⊥在Rt △CDE 中，2CD CE ==∠DE=222+=CD CE在Rt△ACB中，6==AC BC∠2223=+=AB AC BC设AD=BE=x，在Rt△ABE中，222+=BE AE AB∠222++=(2)(23)x x解得,51x=-∠ 51AD=-②当点D在AC下方时，如图2所示，同（2）可得ACD BCE△△≅∠AD=BE同理可证BE AE⊥在Rt△CDE中，2==CD CE∠DE=222+=CD CE在Rt△ACB中，6==AC BC∠2223=+=AB AC BC设AD =BE =x ，在Rt △ABE 中，222BE AE AB +=∠222(2)(23)x x +-=解得,5+1x =∠ 51=+AD .所以,AD 的值为51-或5+1【点睛】本题考查了旋转的性质,全等三角形的判定与性质,勾股定理等知识，熟练解答本题的关键．模型2.手拉手模型（旋转相似模型）【模型解读与图示】旋转放缩变换，图中必有两对相似三角形.1．（2022·四川达州·中考真题）某校一数学兴趣小组在一次合作探究活动中，将两块大小不同的等腰直角三角形ABC 和等腰直角三角形CDE ，按如图1的方式摆放，90ACB ECD ∠=∠=︒，随后保持ABC 不动，将CDE △绕点C 按逆时针方向旋转α（090α︒<<︒），连接AE ，BD ，延长BD 交AE 于点F ，连接CF ．该数学兴趣小组进行如下探究，请你帮忙解答：(1)【初步探究】如图2，当ED BC ∥时，则α=_____；(2)【初步探究】如图3，当点E ，F 重合时，请直接写出AF ，BF ，CF 之间的数量关系：_________；(3)【深入探究】如图4，当点E ，F 不重合时，（2）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出推理过程；若不成立，请说明理由．(4)【拓展延伸】如图5，在ABC 与CDE △中，90ACB DCE ∠=∠=︒，若BC mAC =，CD mCE =（m 为常数）．保持ABC 不动，将CDE △绕点C 按逆时针方向旋转α（090α︒<<︒），连接AE ，BD ，延长BD 交AE 于点F ，连接CF ，如图6．试探究AF ，BF ，CF 之间的数量关系，并说明理由．【答案】(1)45︒(2)2BF AF CF =(3)2BF AF CF =仍然成立，理由见解析(4)21BF m FC mAF =++【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质，可得AC BC ⊥，根据题意可得AC ED ⊥，根据等原三角形的性质可得AC 平分ECD ∠，即可得45ACE ∠=︒，根据旋转的性质可知ECA α∠=；（2）证明ACE ≌BCD △，可得AE DB =，根据等腰直角三角形可得2ED CE =，由BE BD ED =+，即可即可得出2BF AF CF =；（3）同（2）可得ACE ≌BCD △，过点C ，作CH FC ⊥，交BF 于点H ，证明FEC HDC ≌，AFC △≌BHC △，可得BH AF =，即可得出2BF AF CF =+；（4）过点C 作CG CF ⊥，交BF 于点G ，证明ACE BCD △∽△，可得BG mAF =，GC mFC =，在Rt FCG 中，勾股定理可得21FG m FC +，即可得出21BF m FC mAF ++．(1)等腰直角三角形ABC 和等腰直角三角形CDE ，90ECD ∴∠=︒，AC BC ⊥ED BC ∥ED AC ∴⊥45ACE α∴∠==︒故答案为：45︒(2)90∠=∠=︒ACB ECD ACE ACD ACD BCD ∴∠+∠=∠+∠ACE BCD ∴∠=∠在ACE 与BCD △中，AC BC ACE BCD EC DC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩ACE ≌BCD △∴AE DB =BE BD ED ∴=+ 又2ED CE =2BE AE CE ∴= ,E F 重合，2BF AF CF ∴=故答案为：2BF AF CF =(3)同（2）可得ACE ≌BCD △AE DB ∴=，EAC DBC ∠=∠过点C ，作CH FC ⊥，交BF 于点H ，则90ECF FCD FCD DCH ∠+∠=∠+∠=︒，∴ECF DCH ∠=∠，在FEC 与HDC △中，FEC HDC EC CD ECF DCH ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴FEC HDC ≌， FC CH ∴=，CFH ∴是等腰直角三角形，2FH FC ∴=，CH FC =，90,90FCH ACF ACH ACB BCH ACH ∴∠=∠+∠=︒∠=∠+∠=︒，ACF BCH ∴∠=∠，在AFC △与BHC △中，FC HC ACF BCH AC BC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴AFC △≌BHC △， BH AF ∴=，2BF FH BH CF AF ∴=+=+，即2BF AF CF =+，(4)过点C 作CGCF ⊥，交BF 于点G ，BC mAC =，CD mCE =，BC CD AC CE ∴=，AC BC EC DC∴=， ACE BCD α∠=∠=，ACE BCD ∴△△∽，CBG CAF ∴∠=∠，FCA ACG GCB ACG ∠+∠=∠+∠，∴FCA GCB ∠=∠，AFC BGC ∴∽，BG GC BC AF FC AC∴==m =， BG mAF ∴=，GC mFC =， Rt FCG 中，2221FG FC CG m FC =++，∴21BF FG GB m FC mAF =+=++，即21BF mFC mAF ++．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，掌握全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定是解题的关键．2．（2022·山东烟台·中考真题）(1)【问题呈现】如图1，∠ABC 和∠ADE 都是等边三角形，连接BD ，CE ．求证：BD ＝CE ．(2)【类比探究】如图2，∠ABC 和∠ADE 都是等腰直角三角形，∠ABC ＝∠ADE ＝90°．连接BD ，CE ．请直接写出BD CE 的值．(3)【拓展提升】如图3，∠ABC 和∠ADE 都是直角三角形，∠ABC ＝∠ADE ＝90°，且AB BC＝AD DE ＝34．连接BD ，CE ．①求BD CE 的值；②延长CE 交BD 于点F ，交AB 于点G ．求sin∠BFC 的值． 【答案】(1)见解析235；②45 【分析】（1）证明△BAD ∠∠CAE ，从而得出结论；（2）证明△BAD ∠∠CAE ，进而得出结果；（3）①先证明△ABC ∠∠ADE ，再证得△CAE ∠∠BAD ，进而得出结果；②在①的基础上得出∠ACE ＝∠ABD ，进而∠BFC ＝∠BAC ，进一步得出结果．(1)证明：∠∠ABC 和△ADE 都是等边三角形，∠AD ＝AE ，AB ＝AC ，∠DAE ＝∠BAC ＝60°，∠∠DAE ﹣∠BAE ＝∠BAC ﹣∠BAE ，∠∠BAD ＝∠CAE ，∠∠BAD ∠∠CAE （S A S ），∠BD ＝CE ；(2)解：∠∠ABC 和∠ADE 都是等腰直角三角形，2AB AB AE AC ∴==∠DAE ＝∠BAC ＝45°，∠∠DAE ﹣∠BAE ＝∠BAC ﹣∠BAE ，∠∠BAD＝∠CAE，∠∠BAD∠∠CAE，22BD ABCE AC∴==(3)解：①34AB ADAC DE==，∠ABC＝∠ADE＝90°，∠∠ABC∠∠ADE，∠∠BAC＝∠DAE，35 AB ADAC AE==，∠∠CAE＝∠BAD，∠∠CAE∠∠BAD，35 BD AD CE AE∴==；②由①得：∠CAE∠∠BAD，∠∠ACE＝∠ABD，∠∠AGC＝∠BGF，∠∠BFC＝∠BAC，∠sin∠BFC45 BCAC==．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握“手拉手”模型及其变形．3．（2022·山东·东营市一模）【提出问题】（1）如图1，在等边∠ABC中，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连结AM，以AM为边作等边∠AMN，连结CN．求证：∠ABC=∠ACN．【类比探究】（2）如图2，在等边∠ABC中，点M是BC延长线上的任意一点（不含端点C），其它条件不变，（1）中结论∠ABC=∠ACN还成立吗？请说明理由．【拓展延伸】（3）如图3，在等腰∠ABC中，BA=BC，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连结AM，以AM为边作等腰∠AMN，使顶角∠AMN=∠ABC．连结CN．试探究∠ABC与∠ACN的数量关系，并说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）成立，理由见解析；（3）∠ABC=∠CAN，理由见解析．【分析】（1）利用SAS可证明∠BAM∠∠CAN，继而得出结论．（2）也可以通过证明∠BAM∠∠CAN，得出结论，和（1）的思路完全一样．（3）首先得出∠BAC=∠MAN，从而判定∠ABC∠∠AMN，得到AB ACAM AN=，根据∠BAM=∠BAC﹣∠MAC，∠CAN=∠MAN﹣∠MAC，得到∠BAM=∠CAN，从而判定∠BAM∠∠CAN，得出结论．【详解】解：（1）证明：∠∠ABC、∠AMN是等边三角形，∠AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°．∠∠BAM=∠CAN．∠在∠BAM和∠CAN中，AB ACBAM CANAM AN=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∠∠BAM∠∠CAN（SAS）．∠∠ABC=∠ACN．（2）结论∠ABC=∠ACN仍成立．理由如下：∠∠ABC、∠AMN是等边三角形，∠AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°．∠∠BAM=∠CAN．∠在∠BAM和∠CAN中，AB ACBAM CANAM AN=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∠∠BAM∠∠CAN（SAS），∠∠ABC=∠ACN．（3）∠ABC=∠ACN．理由如下：∠BA=BC，MA=MN，顶角∠ABC=∠AMN，∠底角∠BAC=∠MAN，∠∠ABC∠∠AMN，∠AB ACAM AN=，又∠∠BAM=∠BAC﹣∠MAC，∠CAN=∠MAN﹣∠MAC，∠∠BAM=∠CAN，∠∠BAM∠∠CAN，∠∠ABC=∠ACN．4．（2022·山西长治·九年级期末）问题情境：如图1，在∠ABC中，AB＝6，AC＝5，点D，E分别在边AB，AC上，且∥DE BC．数学思考：(1)在图1中，BD CE的值为 ；(2)图1中∠ABC 保持不动，将∠ADE 绕点A 按逆时针方向旋转到图2的位置，其它条件不变，连接BD ，CE ，则（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由；(3)拓展探究：在图2中，延长BD ，分别交AC ，CE 于点F ，P ，连接AP ，得到图3，探究∠APE 与∠ABC 之间有何数量关系，并说明理由；(4)若将∠ADE 绕点A 按逆时针方向旋转到图4的位置，连接BD ，CE ，延长BD 交CE 的延长线于点P ，BP 交AC 于点F ，则（3）中的结论是否仍然成立，若成立，请说明理由；若不成立，请直接写出∠APE 与∠ABC 之间的数量关系． 【答案】(1)65(2)（1）中结论仍然成立，理由见解析(3)∠APE =∠ABC ，理由见解析 (4)结论不成立，∠APE +∠ABC =180°，理由见解析【分析】（1）根据平行线分线段成比例定理求解即可；（2）根据旋转的性质得到∠BAD =∠CAE ，由（1）可证明∠BAD ∠∠CAE ，从而可证∠APE +∠ABC 得到65BD AB CE AC ==；（3）由（2）可证∠ABD =∠ACE ，证明∠AFB ∠∠PFC 和∠AFP ∠∠BFC 即可得到结论； （4）证明∠ABD =∠ACE ，推出A 、B 、C 、P 四点共圆即可得到结论；（1）解：∠∥DE BC ，∠BD CE AB AC=，∠65BD AB CE AC ==； （2）解：中结论仍然成立，理由如下：∠旋转的性质，∠∠ADE =∠ABC ，∠AED =∠ACB ，∠∠ADE ∠∠ABC ，∠AD AE AB AC=， 在图2中，由旋转的性质可知，∠BAC =∠DAE ，∠∠BAD=∠CAE，∠∠BAD∠∠CAE，∠65 BD ABCE AC==；（3）解：∠APE=∠ABC，理由如下：由（2）得∠BAD∠∠CAE，∠∠ABD=∠ACE，又∠∠AFB=∠PFC，∠∠AFB∠∠PFC，∠AF BFBAC BPCPF CF==，∠∠，∠AF PFBF CF=，又∠∠AFP=∠BFC，∠∠AFP∠∠BFC，∠∠CBF=∠P AF，∠∠APE=∠ACE+∠P AF，∠ABC=∠ABF+∠CBF，∠∠APE=∠ABC；（4）解：（3）结论不成立，∠APE+∠ABC=180°，理由如下：由（2）知，∠BAD∠∠CAE，∠∠ABD=∠ACE，∠A、B、C、P四点共圆，∠∠APE+∠ABC=180°．【点睛】本题主要考查了平行线分线段成比例，旋转的性质，相似三角形的性质与判定，圆内接四边形的性质等等，熟练掌握相关三角形的性质与判定是解题的关键．课后专项训练：1．（2022·湖南·中考真题）如图，点O 是等边三角形ABC 内一点，2OA =，1OB =，3OC =AOB ∆与BOC ∆的面积之和为（ ）A 3B 3C 33D 3【答案】C【分析】将AOB ∆绕点B 顺时针旋转60︒得BCD ∆，连接OD ，得到BOD 是等边三角形，再利用勾股定理的逆定理可得90COD ∠=︒，从而求解．【详解】解：将AOB ∆绕点B 顺时针旋转60︒得BCD ∆，连接OD ，OB OD ∴=，60BOD ∠=︒，2CD OA ==，BOD ∴∆是等边三角形， 1OD OB ∴==，∵2222134OD OC +=+=，2224CD ==，222OD OC CD ∴+=，90DOC ∴∠=︒，AOB ∴∆与BOC ∆的面积之和为2313311342BOC BCD BOD COD S S S S +=+=+⨯=C ． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理，旋转的性质等知识，利用旋转将AOB ∆与BOC ∆的面积之和转化为BOC BCD S S +，是解题的关键．2．（2022·四川宜宾·中考真题）如图，ABC 和ADE 都是等腰直角三角形，90BAC DAE ∠=∠=︒，点D 是BC 边上的动点（不与点B 、C 重合），DE 与AC 交于点F ，连结CE ．下列结论：①BD CE =；②DAC CED ∠=∠；③若2BD CD =，则45CF AF =；④在ABC 内存在唯一一点P ，使得PA PB PC ++的值最小，若点D 在AP 的延长线上，且AP 的长为2，则23CE =（ ）A ．①②④B ．①②③C ．①③④D ．①②③④ 【答案】B【分析】证明BAD CAE ≌，即可判断①，根据①可得ADB AEC ∠=∠，由180ADC AEC ∠+∠=︒可得,,,A D C E 四点共圆，进而可得DAC DEC ∠=∠，即可判断②，过点A 作AG BC ⊥于G ,交ED 的延长线于点H ，证明FAH FCE ∽，根据相似三角形的性质可得45CF AF =，即可判断③，将APC △绕A 点逆时针旋转60度，得到AB P ''△，则APP '是等边三角形，根据当,,,B P P C ''共线时，PA PB PC ++取得最小值，可得四边形ADCE 是正方形，勾股定理求得DP ， 根据CE AD AP PD ==+即可判断④．【详解】解：ABC 和ADE 都是等腰直角三角形，90BAC DAE ∠=∠=︒， ,,AB AC AD AE BAD CAE ∴==∠=∠BAD CAE ∴△≌△BD CE ∴=故①正确；BAD CAE ≌ADB AEC ∴∠=∠180ADC AEC ∴∠+∠=︒,,,A D C E ∴四点共圆，CD CD =DAC DEC ∴∠=∠故②正确；如图，过点A 作AG BC ⊥于G ,交ED 的延长线于点H ，BAD CAE ≌,45,45ACE ABD ACB ∴∠=∠=︒∠=︒90DCE ∴∠=︒FC AH ∴∥ 2BD CD =，BD CE =1tan2DC DEC CE ∴∠==,13CD BC = 设6BC a =，则2DC a =，132AG BC a ==，24EC DC a == 则32GD GC DC a a a =-=-=FC AH ∥1tan 2GD H GH ∴==22GH GD a ∴==325AH AG GH a a a ∴=+=+= AH ∠CE ，FAH FCE ∴∽ CF CE AF AH ∴=4455CF a AF a ∴==则45CF AF =；故③正确 如图，将ABP 绕A 点逆时针旋转60度，得到AB P ''△，则APP '是等边三角形，PA PB PC PP P B PC B C '''+++∴'+=≥，当,,,B P P C ''共线时，PA PB PC ++取得最小值，此时180********CPA APP '∠=-∠=︒-=︒︒︒，180********APB AP B AP P ∠=∠=︒-∠=︒-︒='''︒，360360*********BPC BPA APC ∠=︒-∠-∠=︒-︒-︒=︒，此时120APB BPC APC ∠=∠=∠=︒，AC AB AB '==，AP AP '=，APC AP B ''∠=∠，AP B APC ''∴≌，PC P B PB ''∴==，60APP DPC '∠=∠=︒，DP ∴平分BPC ∠，PD BC ∴⊥，,,,A D C E 四点共圆，90AEC ADC ∴∠=∠=︒，又AD DC BD ==,BAD CAE ≌，AE EC AD DC ∴===，则四边形ADCE 是菱形，又90ADC ∠=︒，∴四边形ADCE 是正方形，9060150B AC B AP PAC P AP ''''∠=∠+∠+∠=︒+︒=︒，则'B A BA AC ==，()1180152B ACB B AC '''∠=∠=︒-∠=︒， 30PCD ∠=︒，3DC PD ∴=，DC AD =，2AP =，则()312AP AD DP DP =-==，3131DP ∴==-， 2AP =，33CE AD AP PD ∴==+=，故④不正确，故选B ．【点睛】本题考查了旋转的性质，费马点，圆内接四边形的性质，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，正方形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．3．（2022·湖北·襄阳市樊城区青泥湾中学九年级阶段练习）如图，已知AOB 和MON 都是等腰直角三角形(22OA <OM =ON )，∠AOB =∠MON =90°．(1)如图①，连接AM ，BN ，求证：AOM ∠BON ；(2)若将MON 绕点O 顺时针旋转，①如图②，当点N 恰好在AB 边上时，求证：22220BN AN N +=；②当点A ，M ，N 在同一条直线上时，若OB =4，ON =3，请直接写出线段BN 的长． 【答案】(1)见解析；(2)①见解析；②46322+或46322-．【分析】（1）利用SAS 定理证明AOM BON ≌即可；（2）①连接AM ，证明AOM BON ≌，即可证2222BN AN ON =+；②当点N 在线段AM 上时，连接BN ，在Rt ANB 中构造勾股定理的等量关系；当点M 在线段AN 上时，同理即可求得．（1）证明：90AOB MON ︒∠=∠=，MON AON AOB AON ∴∠+∠=∠+∠，即AOM BON ∠=∠．MON 和AOB 是等腰直角三角形，,OM ON OA OB ∴==，AOM BON ∴≌(SAS) ．（2）解：①证明：如图，连接AM ．90AOB MON ︒∠=∠=，MON AON AOB AON ∴∠-∠=∠-∠，即AOM BON ∠=∠．MON 和AOB 是等腰直角三角形，,,45OM ON OA OB OAB OBA ︒∴==∠=∠=，.()AOM BON SAS ∴≌45,MAO OBA AM BN ︒∴∠=∠==，90MAN ︒∴∠=，222AM AN MN ∴+=．MON 是等腰直角三角形，222MN ON ∴=，2222BN AN ON =∴+．②46322+或46322-．∠△AOB 和△MON 都是等腰直角三角形，OB =4，ON =3，∠42,32AB MN ==．当点N 在线段AM 上时，如图，连接BN ，设BN x =，由(1)可知AOM BON ≌．∠OAM OBN ∠=∠，AM BN x ==．∠NAB ABN OAM OAB ABN OBN ABN OAB∠+∠=∠+∠+∠=∠+∠+∠18090OBA OAB AOB =∠+∠=︒-∠=︒，∠()18090ANB NAB ABN ∠=︒-∠+∠=︒，∠ANB 是直角三角形，222+=AN BN AB ．又∠32AN AM MN BN MN x =-=-=-，∠222(32)(42)x x -+=，解得：1246324632,22x x +-+==（舍去）∠46322BN +=；当点M 在线段AN 上时，如图，连接BN ，设BN x =，由(2)①可知AOM BON ≌．∠OAM OBN ∠=∠，AM BN x ==．∠NAB ABN OAM OAB ABN OBN ABN OAB∠+∠=∠+∠+∠=∠+∠+∠18090OBA OAB AOB =∠+∠=︒-∠=︒，∠()18090ANB NAB ABN ∠=︒-∠+∠=︒，∠ANB 是直角三角形，222+=AN BN AB ．又∠32AN AM MN BN MN x =+=+=+，∠222(32)(42)x x ++=，解得： 1246324632,22x x ---==（舍去）∠46322BN -=综上所述：BN 的长为46322+或46322-． 【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质，三点共线分类讨论，对几何题目的综合把握是解题关键．4．（2022·山西朔州·九年级期末）综合与实践问题情境：在数学课上老师出了这样一道题：如图1，在ABC 中6AB AC ==，30BAC ∠=︒，求BC 的长．(1)探究发现：如图2，勤奋小组经过思考后，发现：把ABC 绕点A 顺时针旋转90︒得到ADE ，连接BD ，BE ，利用直角三角形的性质即可求解，请你根据勤奋小组的思路，求BC 的长；(2)探究拓展：如图3，缜密小组的同学在勤奋小组的启发下，把ABC 绕点A 顺时针旋转120︒后得到ADE ，连接BD ，CE 交于点F ，交AB 于点G ，请你判断四边形ADFC 的形状并证明；(3)奇异小组的同学把图3中的BGF 绕点B 顺时针旋转，在旋转过程中，连接AF ，发现AF 的长度在不断变化，直接写出AF 的最大值和最小值．【答案】(1)BC 的长是3632-，见解析；(2)四边形ADFC 是菱形，见解析；(3)AF 的最大值是63，AF 的最小值是1263-，见解析．【分析】（1）过点B 作BH DE ⊥交DE 的延长线于点H ．由旋转性质进一步得AEB △是等边三角形， EBH △是等腰直角三角形，ABD △是等腰直角三角形，45BDA ∠=︒，在Rt EBH △中由勾股定理，1832HE HB ===，在Rt BDH 中，62BD =．在Rt BDH 中，求得36=DH ，进而得解； （2）利用旋转的性质得到相关结论，进一步证明四边形ADFC 是平行四边形．又有AD AC =，得证四边形ADFC 是菱形；（3）作AH ∠BD 于点H ，则90AHB ∠=︒，利用解直角三角形求得BF 的长，分两种情况进行分析，即可得解．（1）解：如图4，延长CB 、DE 交于点H .∠ABC 绕点A 顺时针旋转90︒得到ADE ∠ABC ADE △≌△，90CAE BAD ∠=∠=︒，∠H =90°， ∠AB AD ==6，AC AE ==6，DAE BAC ∠=∠，DE BC =∠6AB AC ==，30BAC ∠=︒∠∠ABC 是等腰三角形，60∠=∠-∠=︒BAE CAE BAC ∠180752-=︒∠∠=︒BAC ABC ， ∠=6AE AB = ∠AEB △是等边三角形∠6BE AB ==，60ABE ∠=︒∠18045∠=︒-∠-∠=︒EBH ABE ABC ∠EBH △是等腰直角三角形∠HE HB =．∠AD AB =，90DAB ∠=︒．∠ABD △是等腰直角三角形，45BDA ∠=︒．在Rt EBH △中，由勾股定理，得222+=HE HB BE ．∠2226+=HE HB =36．∠HE 2=HB 2=18∠1832HE HB ===．在BDH 中，90H ∠=︒，30∠=∠-∠=∠=︒-∠BDH EDA BDA ABC BDA ．在Rt BDH 中，1322==BH BD ．∠62BD =． 在Rt BDH 中，tan ∠=BH BDH DH ，∠3233=DH ， ∠36=DH ．∠3632=-=-DE DH EH ．∠DE BC =，∠BC 的长是3632-．（2）解：四边形ADFC 是菱形．理由如下：∠ABC 绕点A 顺时针旋转120︒得到ADE ，AB AC =，30BAC ∠=︒，∠ABC ADE △≌△，120∠=∠=︒BAD CAE ．∠AC AE =，AB AD =，30BAC DAE ∠=∠=︒．∠AC AE AB AD ===．∠∠ACE 是等腰三角形∠180302︒-∠=︒∠=∠=CAE ACE AEC ．同理可得：30ABD ADB ∠=∠=︒．∠180752-=︒∠∠=︒BAC ACB ． ∠45∠=∠-∠=︒BCG ACB ACE ，105∠=∠+∠=︒FBC ABC ABF ．∠在BFC △中，18030∠=︒-∠-∠=︒BFG FBC BCG ．∠∠=∠BFG ACF ，∠=∠BFG ADB ．∠∥DB AC ，∥FC AD ．∠四边形ADFC 是平行四边形．∠AD AC =，∠四边形ADFC 是菱形．（3）如图5，作AH ∠BD 于点H ，则90AHB ∠=︒∠ABC 绕点A 顺时针旋转120︒得到ADE ， ∠ABC ADE △≌△，120BAD ∠=︒∠AB AD ==6∠∠ABD 是等腰三角形∠BH =DH =12BD∠180302BAD ABD ADB ︒-∠∠=∠==︒ ．在Rt △ABH 中，∠AHB =90°，∠ABH =30°， AB =6∠cos cos30BH ABH AB ==︒∠∠BH =33∠BD =2 BH =63 由（2）知四边形ADFC 是菱形∠DF =AD =6 ∠BF =BD -DF =63－6当BGF 绕点B 顺时针旋转，在旋转过程中，当旋转到A 、B 、F 第一次三点共线时，如图6， ∠=BF ''BF 此时AF 有最小值，此时AF =AF ''=AB -BF ''=AB -BF =6-（63－6）=12－63当旋转到A 、B 、F 第二次三点共线时，如图7，BGF ''△≌△BG F ，∠=BF 'BF此时AF 有最大值，此时AF =AB +BF '=AB +BF =6+63－6=63故AF 的最大值是63，AF 的最小值是1263-【点睛】本题以图形的变换——旋转为载体考查了全等三角形的性质和判定，菱形的判定，线段长度的最值问题等知识点，综合性较强，准确作出辅助线是解题的关键．5．（2022·湖北武汉·八年级期末）已知ABC 中，∠BAC =60°，以AB 和BC 为边向外作等边ABD 和等边BCE ．(1)连接AE、CD，如图1，求证：AE=CD；(2)若N为CD中点，连接AN，如图2，求证：CE=2AN(3)若AB∠BC，延长AB交DE于M，DB23，则BM=_______（直接写出结果）【答案】(1)见解析(2)见解析(3)2 2【分析】（1）先判断出∠DBC=∠ABE，进而判断出∠DBC∠∠ABE，即可得出结论；（2）先判断出∠ADN∠∠FCN，得出CF=AD，∠NCF=∠AND，进而判断出∠BAC=∠ACF，即可判断出∠ABC∠∠CF A，即可得出结论；（3）先判断出∠ABC∠∠HEB(ASA)，得出22BH AC==，AB EH=，再判断出∠ADM∠∠HEM (AAS)，得出AM=HM，即可得出结论．（1）解：∠∠ABD和∠BCE是等边三角形，∠BD=AB，BC=BE，∠ABD=∠CBE=60°，∠∠ABD+∠ABC=∠CBE+∠ABC，∠∠DBC=∠ABE，∠∠ABE∠∠DBC（SAS），∠AE=CD；（2）解：如图，延长AN使NF=AN，连接FC，∠N 为CD 中点，∠DN =CN ，∠∠AND =∠FNC ，∠∠ADN ∠∠FCN (SAS )，∠CF =AD ，∠NCF =∠AND ，∠∠DAB =∠BAC =60°∠∠ACD +∠ADN =60°∠∠ACF =∠ACD +∠NCF =60°，∠∠BAC =∠ACF ，∠∠ABD 是等边三角形，∠AB =AD ，∠AB =CF ，∠AC =CA ，∠∠ABC ∠∠CF A (SAS )，∠BC =AF ，∠∠BCE 是等边三角形，∠CE =BC =AF =2AN ；（3）解： ∠∠ABD 是等边三角形，∠2AB AD DB ===，∠BAD =60°，在Rt ∠ABC 中，∠ACB =90°－∠BAC =30°，∠222AC AB ==， 如图，过点E 作EH // AD 交AM 的延长线于H ，∠∠H =∠BAD =60°，∠∠BCE 是等边三角形，∠BC =BE ，∠CBE =60°，∠∠ABC =90°，∠∠EBH =90°－∠CBE =30°=∠ACB ，∠∠BEH =180°－∠EBH －∠H =90°=∠ABC ，∠∠ABC ∠∠HEB (ASA )，∠22BH AC ==，AB EH =，∠AD =EH ，∠∠AMD =∠HME ，∠∠ADM ∠∠HEM (AAS )，∠AM =HM ，∠()()1111122222BM AM AB AH AB AB BH AB BH AB BH AB =-=-=+-=-=- ∠22BH =，2AB =，∠22BM =．故答案为：22． 【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了等边三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，构造出全等三角形是解本题的关键．6．（2022·湖南·长沙市湘郡培粹实验中学八年级阶段练习）如图1，在Rt ∠ABC 中，∠B ＝90°，AB ＝BC ＝4，点D ，E 分别为边AB ，BC 上的中点，且BD ＝BE 2．(1)如图2，将∠BDE 绕点B 逆时针旋转任意角度α，连接AD ，EC ，则线段EC 与AD 的关系是 ；(2)如图3，DE ∠BC ，连接AE ，判断∠EAC 的形状，并求出EC 的长；(3)继续旋转∠BDE ，当∠AEC ＝90°时，请直接写出EC 的长．【答案】(1)EC ＝AD ，EC ∠AD (2)等腰三角形，10(3)151±【分析】（1）延长CE 交AD 于F ，交AB 于O ，证明∠ABD ∠∠CBE （SAS ），得∠BCE ＝∠BAD ，CE ＝AD ，再由∠AOF ＝∠BOC ，可得∠AFC ＝∠ABC ＝90°，即可得到结论；（2）设DE 与AB 的交点为H ，可得AB 是DE 的垂直平分线，利用勾股定理可求出AE 的长，由（1）知CE ＝AD ，从而得出答案；（3）分当点E 在BC 上方时和当点E 在BC 下方时，分别画图，利用勾股定理计算即可．(1)EC与AD垂直且相等，理由如下：延长CE交AD于F，交AB于O，∠∠BDE和△ABC都是等腰直角三角形，∠BD＝BE，AB＝BC，∠DBE＝∠ABC＝90°，∠∠ABD＝∠CBE，∠∠ABD∠∠CBE（SAS），∠∠BCE＝∠BAD，CE＝AD，∠∠AOF＝∠BOC，∠∠AFE＝∠ABC＝90°，∠AD∠CE，∠故答案为：EC＝AD，EC∠AD；(2)设DE与AB的交点为H，∠DE∠BC，∠∠AHE＝∠ABC＝90°，∠BD＝BE，∠AB是DE的垂直平分线，∠AD ＝AE ，由（1）知AD ＝CE ，∠AE ＝CE ，∠∠ACE 是等腰三角形，∠BE ＝2，∠BH ＝HE ＝1，∠AH ＝AB ﹣BH ＝4﹣1＝3，在Rt △AHE 中，由勾股定理得：AE ＝2210AH HE +=，∠CE ＝AE ＝10；(3)如图4，当点E 在BC 上方时，过点B 作BG ∠DE 于G ，∠∠AEC ＝90°，CE ∠AD ，∠A 、E 、D 三点共线，∠AG ＝2215AB BG -=，∠AD ＝AG +DG ＝151+，∠CE ＝AD ＝15+1；如图，当点E 在BC 下方时，同理可得CE ＝CG ﹣GE ＝15﹣1．综上：CE ＝15+1或15﹣1．【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，勾股定 理等知识，根据前面探索的结论解决新的问题是解题的关键．7．（2022·广东·惠州一中八年级期中）ABC 为等边三角形，4AB =，AD BC ⊥于点D ．E 为线段AD 上一点，3AE =AE 为边在直线AD 右侧构造等边AEF ．连结CE ，N 为CE 的中点．（1）如图1，EF 与AC 交于点G ，①连结NG ，求线段NG 的长；②连结ND ，求DNG ∠的大小． （2）如图2，将AEF 绕点A 逆时针旋转，旋转角为α．M 为线段EF 的中点．连结DN 、MN ．当30120α︒<<︒时，猜想DNM ∠的大小是否为定值，并证明你的结论．【答案】（1）①72；②120︒；（2）120DNM ∠=︒，证明见解析 【分析】（1）①根据等边三角形的性质，AD BC ⊥，可得60,30AEF EAG ∠=︒∠=︒，NG 是Rt EGC △斜边EC 上的中线，勾股定理在Rt EDC 中可求得EC 的长，进而求得NG 的长；②根据①的结论可得NG NC ND ==，根据120NGC NCG NCD NDC ∠+∠+∠+∠=︒=GND ∠，即可求得GND ∠的度数； （2）连接,BE FC ，证明BAE CAF ≌，进而可得ABE ACF ∠=∠，则120EBC BCF ABC ABE ACB ACF ABC ACB ∠+∠=∠-∠+∠+∠=∠+∠=︒，进而根据D 为BC 的中点，N 为EC 的中点，M 为EF 的中点，根据三角形中位线定理可得,DN BE MN CF ∥∥，进而可得MNE DNE ∠+∠=FCE DCE ∠+∠120=︒【详解】（1）①ABC 是等边三角形，4,AB AD BC =⊥222,23DB DC AD AC DC ∴===-=，60BAC ∠=︒3AE =3ED AD AE ∴=-=AEF 是等边三角形，60AEG ∴∠=︒1302DAG DAB CAB ∠=∠=∠=︒90EGC ∴∠=︒ N 为CE 的中点()22221117322222NG EC DE DC ∴==+=+= ②如图，连接DN ，11,22NG EC NC DN EC ===NG NC ND ∴== ==NGC NCG NCD NDC ∴∠∠∠∠，()2=2120NGC NCG NCD NDC NCD NCG BCA ∴∠+∠+∠+∠=∠+∠=︒NGC NCG NCD NDC GNE DNE GND ∠+∠+∠+∠=∠+∠=∠120GND ∴∠=︒；（2）120DNM ∠=︒，理由如下，如图，连接,BE FC ABC ，AEF 为等边三角形，,AB AC AE AF ∴==,60BAE BAC CAE CAE ∠=∠+∠=︒+∠60CAF CAE EAF CAE ∠=∠+∠=︒+∠BAE CAF ∴∠=∠BAE CAF ∴△≌△∴ABE ACF ∠=∠则120EBC BCF ABC ABE ACB ACF ABC ACB ∠+∠=∠-∠+∠+∠=∠+∠=︒D 为BC 的中点，N 为EC 的中点，M 为EF 的中点,DN BE MN CF ∴∥∥,MNE FCE EBC NDC ∴∠=∠∠=∠END NDC NCD ∠=∠+∠∴DNM DNE MNE NDC ACB ACN ECF∠=∠+∠=∠+∠+∠+∠120EBC ACB ACF EBC BCF =∠+∠+∠=∠+∠=︒120DNM ∴∠=︒【点睛】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理，三线合一，直角三角形斜边上的中线等于斜边的，勾股定理，中位线定理，三角形全等的性质与判定，旋转的性质，综合运用以上知识是解题的关键．8．（2022•新乡中考模拟）在△ABC中，CA＝CB＝m，在△AED中，DA＝DE＝m，请探索解答下列问题．【问题发现】（1）如图1，若∠ACB＝∠ADE＝90°，点D，E分别在CA，AB上，则CD与BE的数量关系是，直线CD与BE的夹角为；【类比探究】（2）如图2，若∠ACB＝∠ADE＝120°，将△AED绕点A旋转至如图2所示的位置，则CD 与BE之间是否满足（1）中的数量关系？说明理由．【拓展延伸】（3）在（1）的条件下，若m＝2，将△AED绕点A旋转过程中，当B，E，D三点共线．请直接写出CD的长．【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到AB＝AC＝m，AE＝AD＝m，计算即可；（2）过点C作CH⊥AB于H，延长CD、BE交于点F，根据直角三角形的性质得到AB＝AC，AE＝AD，证明△CAD∽△BAE，根据相似三角形的性质解答即可；（3）分点E在线段BD上、点D在线段BE上两种情况，根据相似三角形的性质计算即可．【解答】解：（1）∵∠ACB＝∠ADE＝90°，CA＝CB，DA＝DE，∴∠A＝∠B＝∠DEA＝45°，∴AB＝AC＝m，AE＝AD＝m，∴CD＝AC﹣AD＝m，BE＝AB﹣AE＝m，∴BE＝CD，∵∠A＝45°，∴直线CD与BE的夹角为45°，故答案为：BE＝CD，45°；（2）不满足，BE＝CD，直线CD与BE的夹角为30°，理由如下：如图2，过点C作CH⊥AB于H，延长CD、BE交于点F，∵CA＝CB，∴AH＝HB，∵∠ACB＝∠ADE＝120°，CA＝CB，DA＝DE，∴∠CAB＝∠CBA＝30°，∠DAE＝∠DEA＝30°，∴AC＝2CH，∠CAD＝∠BAE，由勾股定理得：AH＝AC，∴AB＝AC，同理可得：AE＝AD，∴＝，∵∠CAD＝∠BAE，∴△CAD∽△BAE，∴＝＝，∠ACD＝ABE，∴BE＝CD，∠F＝∠CAB＝30°，∴BE＝CD，直线CD与BE的夹角为30°；（3）如图3，点E在线段BD上，∵m＝2，∴AD＝DE＝1，AB＝2，由勾股定理得：BD＝＝，∴BE＝BD﹣DE＝﹣1，∴CD＝BE＝，如图4，点D在线段BE上，BE＝BD+DE＝+1，∴CD＝BE＝，综上所述：当B，E，D三点共线．CD的长为或．【点评】本题考查的是相似三角形的判定和性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．9．（2022•虹口区期中）如图，在△ABC和△ADE中，△BAD＝△CAE，△ABC＝△ADE．（1）求证：△ABC△△ADE；（2）判断△ABD与△ACE是否相似？并证明．。
全等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△ACC'都是等腰三角形，AB=AB'，AC=AC'，且∠BAB'=∠CAC'。
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➢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。
(完整版)全等三角形常见的几何模型
1、绕点型（手拉手模型）（1）自旋转：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧，造中心对称遇中点旋全等遇等腰旋顶角，造旋转，造等腰直角旋遇，造等边三角形旋遇自旋转构造方法0000018090906060（2）共旋转（典型的手拉手模型）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 ∥AC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∠AHCHFG E DEBD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（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．例4、例题讲解：1. 已知△ABC为等边三角形，点D为直线BC上的一动点（点D不与B,C重合），以AD为边作菱形ADEF(按A,D,E,F 逆时针排列），使∠DAF=60°,连接CF.(1) 如图1，当点D在边BC上时，求证：① BD=CF ‚②AC=CF+CD.(2)如图2，当点D在边BC的延长线上且其他条件不变时，结论AC=CF+CD是否成立？若不成立，请写出AC、CF、CD之间存在的数量关系，并说明理由；(3)如图3，当点D在边BC的延长线上且其他条件不变时，补全图形，并直接写出AC、CF、CD之间存在的数量关系。
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。
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 ）；。
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。
全等三角形——手拉手模型-全等三角形经典模型
DB手拉手模型一、产生条件：两个共顶点、等顶角的等腰三角形所组成。
如图：CA=CB ，CE=CD ，∠ACB=∠ECD二、左右手判断：共用顶点为头，按照顺时针（或逆时针）分别命名左右手三、手拉手模型结论：左拉左，右拉右，围成的两个三角形全等四、常见手拉手模型：1、等边三角形手拉手BEA2、等腰直角三角形、等腰三角形五、解题方法1、手拉手模型：SAS 型全等 →核心在于倒角（等角加公共角或等角减公共角）2、第三边夹角：8字倒角、四边形内角和倒角例1：在Rt △ABC 中，∠ACB=90°，DC=DB ，∠CDB=α，P 在线段CB 上，连接DP ，将DP 绕D 点逆时针旋转α，得到线段DF ，连接BF 。
探究BC 、BP 、BF 数量关系BP例2. 如图ABD ∆与BCE ∆为等边三角形，ABC 三点共线，连结AE 与CD ，证明：（1）△ABE ≌ △DBC （2）AE = DC（3）AE 与CD 夹角为60° （4）△AGE ≌ △DFB（5）△BGE ≌ △BFC （6）BH 平分∠AHC（7）GF ∥AC （8）AH=DH+BH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）△ABE ≌ △DBC（2）AE = CD（3）AE 与CD 的夹角（4）AE 与CD 的交点为H ，求证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）△ABE ≌ △DBC（2）AE = CD（3）AE 与CD 的夹角（4）AE 与CD 的交点为H ，求证BH 平分∠AHC例2：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）△ADG ≌ △CDE（2）AG = CE（3）AG 与CE 的夹角（4）BH 是否平分∠AHE例3：两个等腰三角形ABD ∆与BCE ∆，其中BD AB =,,EB CB =α=∠=∠CBE ABD ,连结AE 与CD ，问：（1）△ABE ≌ △DBC（2）AE = CD（3）AE 与CD 的夹角（4）BH 是否平分∠AHC变式训练1：在△ABC 中，AB AC =，点D 是直线BC 上一点（不与B C 、重合），以AD 为一边在AD 的右侧．．作ADE △，使AD AE DAE BAC =∠=∠，，连接CE ． （1）如图1，当点D 在线段BC 上，如果90BAC ∠=°，则BCE ∠= 度；（2）设BAC α∠=，BCE β∠=．如图2，当点D 在线段BC 上移动，则αβ，之间有怎样的数量关系？请说明理由；例4. 如图，△ABC为等边三角形：（1）如图1，DE△BC，求证：△ADE是等边三角形（2）如图2，△ADE是等边三角形，点B在ED的延长线上，连接CE，判断△BEC的度数及线段AE、BE、CE之间的数量关系。
手拉手模型(解析版)--全等三角形的七大模型全攻略 (1)
手拉手模型基本模型：例题精讲1(基本模型)问题情境：在自习课上，小雪拿来了如下一道题目(原问题)和合作学习小组的同学们交流，如图①，△ACB和△∠CDE均为等腰三角形．CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE．点A、D、E在同一条直线上，连接BE．求证：∠CDE=∠BCE+∠CBE．问题发现：小华说：我做过一道类似的题目：如图②，△ACB和△CDE均为等边三角形，其他条件不变，求∠AEB的度数．(1)请聪明的你完成小雪的题目要求并直接写出小华的题目要求．拓展研究：(2)如图③，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点A、D、E在同一条直线上，CF为△DCE中DE边上的高，连接BE．请求∠AEB的度数及线段CF、AE、BE之间的数量关系，并说明理由．【答案】(1)证明见解析；∠AEB=60°；(2)∠AEB=90°；AE=BE+2CF；理由见解析．【详解】(1)小雪的题目：证明：∵∠ACB=∠DCE∴∠ACD=∠BCE在△ADC和△DCE中，CA=CB∠ACD=∠BCECD=CE∴△ADC≅△BEC SAS∴∠CAD=∠CBE又∵∠ACD=∠BCE,∠CDE=∠CAD+∠ACD ∴∠CDE=∠CBE+∠BCE；小华的题目：解：∵∠ACB=∠DCE∴∠ACD=∠BCE在△ADC和△DCE中，CA=CB∠ACD=∠BCE CD=CE∴△ADC≅△BEC SAS∴∠ADC=∠BEC∵△CDE为等边三角形∴∠CDE=∠CED=60°又∵点A、D、E在同一条直线上∴∠ADC=∠BEC=120°∴∠AEB=∠BEC-∠CED=60°(2)∠AEB=90°；AE=BE+2CF；理由如下：∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∴AC=BC,CD=CE,∠ACB=∠DCE=90°，∠CDE=∠CED=45°,∴∠ACB-∠DCB=∠DCE-∠DCB即∠ACD=∠BCE在△ADC和△DCE中，CA=CB∠ACD=∠BCE CD=CE∴△ADC≅△BEC SAS∴BE=AD,∠BEC=∠ADC,∵点A、D、E在同一直线上∴∠ADC=180°-45°=135°∴∠BEC=135°∴∠AEB=∠BEC-∠CED=135°-45°=90°∵∠DCE=90°，CD=CE,CF⊥DE∴CF=DF=EF∴DE=DF+EF=2CF∴AE=AD+DE=BE+2CF ．2(培优综合)(1)如图1，△ABC和△DCE都是等边三角形，且B，C，D三点在一条直线上，连接AD，BE相交于点P，求证：BE=AD．(2)如图2，在△BCD中，若∠BCD<120°，分别以BC，CD和BD为边在△BCD外部作等边△ABC，等边△CDE，等边△BDF，连接AD、BE、CF恰交于点P．①求证：AD=BE=CF；②如图2，在(2)的条件下，试猜想PB，PC，PD与BE存在怎样的数量关系，并说明理由．【答案】(1)详见解析；(2)①详见解析；②PB+PC+PD=BE，理由详见解析【详解】(1)证明：∵△ABC和△DCE都是等边三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ABC+∠ACE=∠DCE+∠ACE，即∠BCE=∠ACD，∴△BCE≌△ACD(SAS)，∴BE=AD；(2)①证明：∵△ABC和△DCE是等边三角形，∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE，∴△ACD≌△BCE(SAS)，∴AD=BE，同理：△ABD≌△CBF(SAS)，∴AD=CF，即AD=BE=CF；②解：结论：PB+PC+PD=BE，理由：如图2，AD与BC的交点记作点Q，则∠AQC=∠BQP，由①知，△ACD≌△BCE，∴∠CAD=∠CBE，在△ACQ中，∠CAD+∠AQC=180°-∠ACB=120°，∴∠CBE+∠BQP=120°，在△BPQ中，∠APB=180°-(∠CBE+∠BQP)=60°，∴∠DPE=60°，同理：∠APC=60°，∴∠CPE=60°, ∠CPD=120°，在PE上取一点M，使PM=PC，∴△CPM是等边三角形，∴CP=CM=PM，∠PCM=∠CMP=60°，∴∠CME=120°=∠CPD，∵△CDE是等边三角形，∴CD=CE，∠DCE=60°=∠PCM，∴∠PCD=∠MCE，∴△PCD≌△MCE(SAS)，∴PD=ME，∴BE=PB+PM+ME=PB+PC+PD．【变式训练】1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【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，MC=MA∠CMN=∠AMP MN=MP∴△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，ND =NA∠DNM =∠ANPNM =NP∴△DNM ≌△ANP (SAS )，∴AP =DM ，∵AN =AD ，DA +AM =DM ，∴AN +AM =AP ．2如图1，在△ABC 中，AE ⊥BC 于E ，AE =BE ，D 是AE 上一点，且DE =CE ，连接BD ，CD ．(1)判断BD 与AC 的位置关系和数量关系，并证明；(2)如图2，若将△DCE 绕点E 旋转一定的角度后，BD 与AC 的位置关系和数量关系是否发生变化？并证明；(3)如图3，将(2)中的等腰直角三角形都换成等边三角形，其他条件不变，求BD 与AC夹角的度数．【答案】(1)BD ⊥AC ，BD =AC ；(2)BD ⊥AC ，BD =AC ；(3)60°．【详解】解：(1)BD 与AC 的位置关系是：BD ⊥AC ，数量关系是BD =AC ．理由如下：如图1，延长BD 交AC 于点F ．∵AE ⊥BC 于E ，∴∠BED =∠AEC =90°．∵AE =BE ，DE =CE ，∴△DBE ≅△CAE ，∴BD =AC ，∠DBE =∠CAE ，∠BDE =∠ACE ．∵∠BDE =∠ADF ，∴∠ADF =∠ACE ．∵AE ⊥BC∴∠ACE +∠CAE =90°，∴∠ADF +∠CAE =90°，∴BD ⊥AC ．(2)BD 与AC 的位置关系是：BD ⊥AC ，数量关系是BD =AC ．如图，线段AC 与线段BD 交于点F ，线段AE 与线段BD 交于点G，∵∠AEB =∠DEC =90°，∴∠AEB +∠AED =∠DEC +∠AED ，即∠BED =∠AEC ．∵AE =BE ，DE =CE ，∴△BED ≅△AEC ，∴BD =AC ，∠DBE =∠CAE ．∵AE ⊥BC∴∠DBE +∠BGE =90°，又∵∠FGA =∠BGE∴∠FGA +∠CAE =90°，∴BD ⊥AC ．(3)如图，线段AC 与线段BD 交于点F ，∵△ABE 和△DEC 是等边三角形，∴AE =BE ，DE =EC ，∠EDC =∠DCE =60°，∠BEA =∠DEC =60°，∴∠BEA +∠AED =∠DEC +∠AED ，∴∠BED =∠AEC ，在△BED 和△AEC 中，BE =AE∠BED =∠AECDE =EC∴△BED ≅△AEC ，∴∠BDE =∠ACE ，∴∠BED +∠ACD =∠ACE +∠ACD =60°，∴∠DFC =180°-(∠EDC +∠BDE +∠ACD )=60°∴BD 与AC 的夹角度数为60°．3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【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．4如图1，在△ABC 中，CA =CB ，∠ACB =90°．点D 是AC 中点，连接BD ，过点A 作AE ⊥BD 交BD 的延长线于点E ，过点C 作CF ⊥BD 于点F ．(1)求证：∠EAD =∠CBD ；(2)求证：BF =2AE ；(3)如图2，将△BCF 沿BC 翻折得到△BCG ，连接AG ，请猜想并证明线段AG 和AB的数量关系．【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)：AG =AB ，理由见解析【详解】(1)证明：∵AE ⊥BD ，∴∠AED =90°，∴∠EAD +∠ADE =90°，∵∠ADE =∠BDC ，∴∠EAD +∠BDC =90°，∵∠ACB=90°，∴∠CBD+∠BDC=90°，∴∠EAD=∠CBD；(2)证明：如图1，连接CE，在BF上截取BP=AE，连接CP，∵∠EAD=∠CBD，AC=BC，∴△AEC≌△BPC(SAS)，∴CE=CP，∠ACE=∠BCP，∴∠ACE+∠DCP=∠BCP+∠DCP，∴∠ECP=∠DCB=90°，∵CE=CP，CF⊥BD，∴∠CEP=∠CPF=∠PCF=45°，∴CF=PF，∵点D是AC的中点，∴AD=CD，∵∠AED=∠CFD=90°，∠ADE=∠CDF，∴△AED≌△CFD(AAS)，∴AE=CF，∴AE=PF，∴BF=BP+PF=2AE；(3)结论：AG=AB，证明如下：如图2，取BG的中点H，连接CE，CH，AH，∴BH=12BG=12BF=AE，∵∠HBC=∠PBC=∠EAC，∴∠EAC+∠CAB=∠HBC+∠CBA，∴∠EAB=∠HBA，∵AB=BA，∴△AEB≌△BHA(SAS)，∴∠BHA=∠AEB=90°，∴AH⊥BG，∵BH=HG，∴AG=AB．课后训练5如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC，点D为三角形右侧外一点．且∠BDC=45°．连接AD，若△ACD的面积为98，则线段CD的长度为．【答案】32【详解】解：过点B 作BE ⊥BD ，交DC 的延长线于点E ，连接AE ，如图所示：∵∠ABC =90°，∴∠ABE +∠EBC =∠EBC +∠CBD =90°，∴∠ABE =∠CBD ，∵∠BDC =45°，∠EBD =90°，∴△EBD 是等腰直角三角形，∴∠BDC =∠BED =45°，BE =BD ，∵AB =BC ，∴△BCD ≌△BAE (SAS )，∴∠BDC =∠BEA =45°，AE =CD ，∴∠AED =∠AEB +∠BED =90°，∵S △ACD =12CD ⋅AE =98，∴CD 2=94，∴CD =32；故答案为32．6如图1，在Rt △ABC 中，∠A =90°，AB =AC ，点D 、E 分别在边AB ，AC 上，AD =AE ，连接DC ，点M ，P ，N 分别为DE ，DC ，BC 的中点．(1)观察猜想：图中，线段PM 与PN 的数量关系是，位置关系是；(2)探究证明：把△ADE 绕点A 逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN ，BD ，CE ，判断△PMN 的形状，并说明理由；(3)拓展延伸：把△ADE 绕点A 在平面内自由旋转，若AD =4，AB =10，请直接写出△PMN 面积的最大值．【答案】(1)PM =PN ，PM ⊥PN(2)△PMN 是等腰直角三角形(3)S △PMN 最大=492【详解】(1)∵点P ，N 是BC ，CD 的中点，∴PN ∥BD ，PN =12BD ，∵点P，M是CD，DE的中点，∴PM∥CE，PM=12CE，∴AB=AC，AD=AE，∴BD=CE，∴PM=PN，∵PN∥BD，∴∠DPN=∠ADC，∵PM∥CE，∴∠DPM=∠DCA，∵∠BAC=90°，∴∠ADC+∠ACD=90°，∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCA+∠ADC=90°，∴PM⊥PN，故答案为：PM=PN，PM⊥PN；(2)△PMN是等腰直角三角形，理由如下：由旋转知，∠BAD=∠CAE，∵AB=AC，AD=AE，∴△ABD≅△ACE(SAS)，∴∠ABD=∠ACE，BD=CE，利用三角形的中位线得，PN=12BD，PM=12CE，∴PM=PN，∴△PMN是等腰三角形，同(1)的方法得，PM∥CE，∴∠DPM=∠DCE，同(1)的方法得，PN∥BD，∴∠PNC=∠DBC，∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC，∵∠BAC=90°，∴∠ACB+∠ABC=90°，∴∠MPN=90°，∴△PMN是等腰直角三角形；(3)由(2)知，△PMN是等腰直角三角形，PM=PN=12BD，∴PM最大时，△PMN面积最大，∴点D在BA的延长线上，∴BD=AB+AD=14，∴PM=7，∴S △PMN 最大=12PM 2=12×72=492．7【问题发现】(1)如图1，△ABC 和△ADE 均为等边三角形，点B ，D ，E 在同一直线上，连接CE ，容易发现：①∠BEC 的度数为；②线段BD 、CE 之间的数量关系为；【类比探究】(2)如图2，△ABC 和△ADE 均为等腰直角三角形，∠BAC =∠DAE =90°，点B ，D ，E 在同一直线上，连接CE ，试判断∠BEC 的度数以及线段BE 、CE 、DE 之间的数量关系，并说明理由；【问题解决】(3)如图3，∠AOB =∠ACB =90°，OA =4，OB =8，AC =BC ，则OC 2的值为．【答案】(1)①60°；②BD =CE ；(2)∠BEC =90°，BE =CE +DE ，见解析；(3)8【详解】解：(1)∵△ABC 和△ADE 均为等边三角形，∴AB =AC ，AD =AE ，∠BAC =∠DAE =60°，∴∠BAC -∠DAC =∠DAE -∠DAC ，即∠BAD =∠CAE ，在△BAD 和△CAE 中，AB =AC∠BAD =∠CAE AD =AE，∴△ABD ≌△ACE (SAS )，∴BD =CE ，∠AEC =∠ADB =180°-∠ADE =120°，∴∠BEC =∠AEC -∠AED =120°-60°=60°，故答案为：60°，BD =CE ；(2)∠BEC =90°，BE =CE +DE ，理由如下：∵∠BAC =∠DAE =90°，△ABC 和△ADE 均为等腰直角三角形，∴AB =AC ，AD =AE ，∠BAC =∠DAE =90°，∠ADE =∠AED =45°∠BAC -∠DAC =∠DAE -∠DAC ，即∠BAD =∠CAE ，在△ABD 和△ACE 中，AB =AC∠BAD =∠CAE AD =AE，∴△ABD ≌△ACE (SAS )，∴BD =CE ，∠AEC =∠ADB =135°，∴∠BEC =∠AEC -∠AED =135°-45°=90°，∵BE =BD +DE ，∴BE =CE +DE ；(3)如图3，过点C 作EF ∥OB ，交AO 的延长线于F ，过点B 作BE ⊥EF 于E ，∴∠F=∠AOB=∠BOF=90°，∠E=90°，∴四边形BOFE是矩形，∴OB=EF=8，BE=OF，∵∠ACB=90°，∴∠BCE+∠ACF=90°，∵∠ACF+∠CAF=90°，∴∠CAF=∠BCE，∵∠F=∠E=90°，AC=BC，∴△ACF≌△CBE(AAS)，∴CF=BE，AF=CE，设OF=x，则AF=4+x，CE=8-x，∴4+x=8-x∴x=2，∴OF=2，AF=CE=6，∴CF=BE=OF=2，∴在Rt△COF中，OC2=OF2+CF2=22+22=8．故答案为：8．8已知在△ABC中，AB=AC，过点B引一条射线BM，D是BM上一点【问题解决】(1)如图1，若∠ABC=60°，射线BM在∠ABC内部，∠ADB=60°，求证：∠BDC=60°，小明同学展示的做法是：在BM上取一点E使得AE=AD，通过已知的条件，从而求得∠BDC的度数，请你帮助小明写出证明过程；【类比探究】(2)如图2，已知∠ABC=∠ADB=30°．①当射线BM在∠ABC内，求∠BDC的度数②当射线BM在BC下方，如图3所示，请问∠BDC的度数会变化吗?若不变，请说明理由，若改变，请求出∠BDC的度数；【答案】(1)见解析(2)①∠BDC=120°②；∠BDC的度数会变化，理由见解析【详解】(1)证明：如图1，在BM上取一点E，使AE=AD，∵∠ADB=60°，∴△ADE是等边三角形，∴∠EAD=60°，∵AB=AC，∠ABC=60°，∴△ABC是等边三角形，∴∠BAC=60°，∴∠BAC=∠EAD，∴∠BAC-∠EAC=∠EAD-∠EAC，即∠BAE=∠CAD，∵在△BAE和△CAD中AB=AC∠BAE=∠CAD AE=AD，∴△BAE≌△CAD SAS，∴∠ADC =∠AEB =120°，∴∠BDC =120°-60°=60°；(2)证明：①在BD 上取一点E ，AE =AD ，如图所示：∵∠ABC =∠ADB =30°，AB =AC ，∴∠ABC =∠ACB =30°，∠AED =∠ADE =30°，∴∠BAC =∠EAD =120°，∴∠BAE =∠CAD ，∵在△BAE 和△CAD 中AB =AC∠BAE =∠CAD AE =AD，∴△BAE ≌△CAD SAS ，∴∠ADC =∠AEB =180°-30°=150°，∴∠BDC =150°-30°=120°；②∠BDC 的度数会变化，理由如下：在DB 延长线上取一点E ，使得AE =AD ，如图所示：同理①的方法可证：△BAE ≌△CAD ，∴∠ADC =∠E =30°，∴∠BDC =∠ADE +∠ADC =30°+30°=60°．9(1)如图1，△ABC 与△CDE 均为等腰直角三角形，∠ACB =∠DCE =90°，猜想并证明：线段AE 、BD的数量关系和位置关系．(2)在(1)的条件下，若点A ，E ，D 在同一直线上，CM 为△DCE 中DE 边上的高，请判断∠ADB 的度数及线段CM ，AD ，BD 之间的数量关系，并说明理由．【答案】(1)AE =BD ，AE ⊥BD ，证明见解析．(2)∠ADB =90°，AD =2CM +BD ．证明见解析【详解】解：(1)如图1中，延长AE 交BD 于点H ，AH 交BC 于点O ，∵△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形，∠ACB =∠DCE =90°，∴AC =BC ，CD =CE ，∴∠ACE =∠BCD ，∴△ACE ≌△BCD (SAS )，∴AE =BD ，∠CAE =∠CBD，∵∠CAE+∠AOC=90°，∠AOC=∠BOH，∴∠BOH+∠CBD=90°．∴∠AHB=90°，∴AE⊥BD．故答案为AE=BD，AE⊥BD；(2)∠ADB=90°，AD=2CM+BD，理由如下：如图2中，∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，∴∠CDE=∠CED=45°，∴∠AEC=180°-∠CED=135°，由(2)可知：△ACE≌△BCD，∴AE=BD，∠BDC=∠AEC=135°，∴∠ADB=∠BDC-∠CDE=135°-45°=90°；在等腰直角三角形DCE中，CM为斜边DE上的高，∴CM=DM=ME，∴DE=2CM，∴AD=DE+AE=2CM+BD ．10已知△ABC，分别以AB、AC为边作△ABD和△ACE，且AD=AB，AC=AE，∠DAB=∠CAE，连接DC与BE，G、F分别是DC与BE的中点．(1)如图1，若∠DAB=60°，则∠AFG=；(2)如图2，若∠DAB=90°，则∠AFG=；(3)如图3，若∠DAB=α，试探究∠AFG与α的数量关系，并给予证明．【答案】(1)60°；(2)45°；(3)12(180°-α)，证明见解析【解析】(1)连接AG．∵∠DAB=∠CAE，∴∠DAB+∠BAC=∠CAE+∠BAC，∴∠DAC=∠BAE．在△ADC和△ABE中，AD=AB∠DAC=∠BAE AC=AE，∴△ADC≌△ABE(SAS)，∴DC =BE ，∠ADC =∠ABE ．∵G 、F 分别是DC 与BE 的中点，∴DG =12DC ，BF =12BE ，∴DG =BF ．在△ADG 和△ABF 中，AD =AB∠ADC =∠ABE DG =BF，∴△ADG ≌△ABF (SAS )，∴AG =AF ，∠DAG =∠BAF ，∴∠AGF =∠AFG ，∠DAG -∠BAG =∠BAF -∠BAG ，∴∠DAB =∠GAF ．∵∠DAB =60°，∴∠GAF =60°．∵∠GAF +∠AFG +∠AGF =180°，∴∠AFG =60°；故答案为60°，(2)连接AG ，如图2，∵∠DAB =90°，∠DAB =∠GAF ，(已证)∴∠GAF =90°，∵AG =AF ，∴∠AFG =12×(180°-90°)=45°；故答案为45°，(3)连接AG ，如图3，∵∠DAB =α，∠DAB =∠GAF ，(已证)∴∠GAF =α，∵AG =AF ，∴∠AFG =12(180°-α)．11△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【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°．12(1)问题发现：如图1，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，连接AD，BE，点A、D、E在同一条直线上，则∠AEB的度数为，线段AD、BE之间的数量关系；(2)拓展探究：如图2，△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形，∠ACB =∠DCE =90°，连接AD ，BE ，点A 、D 、E 不在一条直线上，请判断线段AD 、BE 之间的数量关系和位置关系，并说明理由．(3)解决问题：如图3，△ACB 和△DCE 均为等腰三角形，∠ACB =∠DCE =α，则直线AD 和BE 的夹角为．(请用含α的式子表示)【答案】(1)90°，AD =BE ；(2)AD =BE ，AD ⊥BE ；(3)α【详解】(1)∵△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形，∠ACB =∠DCE =90°，∴AC =BC ，CD =CE ，∠CDE =45°∴∠CDA =135°∵∠ACB -∠DCB =∠DCE -∠DCB ，∴∠ACD =∠BCE ．在△ACD 和△BCE 中，AC =BC∠ACD =∠BCE CD =CE，∴△ACD ≌△BCE (SAS )，∴∠BEC =∠ADC =135°，AD =BE∴∠AEB =90°故答案为：90°，AD =BE(2)AD =BE ，AD ⊥BE ，理由如下，同理可得△ACD ≌△BCE ，则AD =BE ，延长AD 交BE 于点F ，设∠FAB =α，则∠CAD =∠CBE =45°-α∴∠ABE =45°+45°-α=90°-α∴∠AFB =180°-∠FAB -∠ABE =180°-α-(90°-α)=90°∴AD ⊥BE(3)如图，延长BE 交AD 于点G ，∵△ACB 和△DCE 均为等腰三角形，∴AC =BC ，CD =CE ，∵∠ACB =∠DCE =α，∵∠ACB +∠ACE =∠DCE +∠ACE ，∴∠ACD =∠BCE ．CD =CE∴△ACD ≌△BCE (SAS )，∴∠CBE =∠CAD∵∠ACB =∠DCE =α∴∠CBA =∠CAB =12180°-α =90°-12α∴∠GAB +∠GBA =∠CAD +∠CAB +∠ABC -∠CBE ，=∠ABC +∠CAB =180°-α，∴∠AGB =180°-(∠GAB +∠GBA )=α，即直线AD 和BE 的夹角为α．故答案为：α．13已知，在△ABC 中，∠A =90°，AB =AC ，点D 为BC 的中点．(1)观察猜想如图①，若点E 、F 分别是AB 、AC 的中点，则线段DE 与DF 的数量关系是；线段DE 与DF 的位置关系是．(2)类比探究如图②，若点E 、F 分别是AB 、AC 上的点，且BE =AF ，上述结论是否仍然成立，若成立，请证明：若不成立，请说明理由；(3)解决问题如图③，若点E 、F 分别为AB 、CA 延长线的点，且BE =AF =13AB =2，请直接写出△DEF 的面积．【答案】(1)DE =DF ，DE ⊥DF ；(2)成立，证明见解析；(3)17【详解】解：(1)∵点E 、F 、D 分别是AB 、AC 、BC 的中点，∴ED =12AC ，DF =12AB ，ED ∥AC ，DF ∥AB ，∵AB =AC ，∠A =90°，∴DE =DF ，∠BDE =∠FDC =∠C =45°，∴∠EDF =90°即DE ⊥DF ，故答案为：DE =DF ，DE ⊥DF ；(2)结论成立：DE =DF ，DE ⊥DF ，证明：如图所示，连接AD ，∵AB =AC ，∠BAC =90°，D 为BC 的中点，∴AD =12BC =BD =CD ，且AD 平分∠BAC ，∠B =∠C =45°，∴∠BAD =∠CAD =45°，BE =AF∴△BDE ≌△ADF SAS ，∴DE =DF ，∠BDE =∠ADF ，∵∠BDE +∠ADE =90°，∴∠ADF +∠ADE =90°，即∠EDF =90°，即DE ⊥DF ；(3)如图所示，连接AD ，∵AB =AC ，∠BAC =90°，D 为BC 的中点，∴AD =12BC =BD =CD ，且AD 平分∠BAC ，∠ABC =∠C =45°，∴∠BAD =∠CAD =45°，∴∠FAD =180°-∠CAD =135°，∠EBD =180°-∠ABC =135°，∴∠FAD =∠EBD ,在在△BDE 和△ADF 中，BD =AD∠EBD =∠FAD BE =AF，∴△BDE ≌△ADF (SAS )，∴S △BDE =S △ADF ，∴S △DEF =S △ABD +S △AEF =12S △ABC +S △AEF，∵BE =AF =13AB =2，∴AB =AC =6，∴AE =AB +BE =8，∴S △DEF =12S △ABC +S △AEF =12×2×8+12×12×6×6=1714如图，在等边三角形ABC 右侧作射线CP ,∠ACP =α<60°，点A 关于射线CP 的对称点为点D ，连接BD 交CP 于点E ，连接AD ,CD ,AE ．(1)用含α的式子表示∠BCD ；(2)求∠BEC 的度数；(3)试探究线段BD 、AE 、CE 之间的数量关系，并证明．【答案】(1)∠BCD =60°+2α；(2)60°；(3)BD =2AE +CE ，证明见解析【详解】(1)∵点A 关于射线CP 的对称点为点D ，∴PC 垂直平分AD ，∴AC=DC，∠ACP=∠DCP=α，∴∠ACD=2α，∵△ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，∴∠BCD=∠BCA+∠ACD=60°+2α，(2)由(1)得∠BCD=60°+2α，∵△ABC是等边三角形，∴BC=AC，又∵AC=DC，∴BC=DC，∴∠DBC=∠BDC=180°-60°-2α2=60°-α，∴∠BEC=180°-∠DBC-∠BCE=180°-(60°-α)-(60°+α)=60°；(3)答：BD=2AE+CE；证明：在BE上取点F，使得EF=EC，连接FC，∵∠BEC=60º，∴△EFC是等边三角形，∴∠ECF=∠ACB=60°，EF=FC=EC，∴∠ECF-∠ACF=∠ACB-∠ACF即∠BCF=∠ACE，在△BCF和△ACE中，AC=BC∠ACE=∠BCF FC=EC，∴△BCF≌△ACE(SAS)，∴BF=AE，∵PC垂直平分AD，∴DE=AE，∴BD=BF+EF+DE，即BD=2AE+CE．·21·。