中考數學一輪復習滿分突破(全國通用)專題08手拉手模型(原卷版+解析)-試卷下載-教習網

文字說明：1）點A 為共用頂角頂點，看作頭
2）線段AB、AC為等腰?ABC的兩腰，看作兩條手臂
線段AM、AN為等腰?AMN的兩腰，看作兩條手臂
3）點B與點M看作左手，線段BM看作左手拉左手
點C與點N看作右手，線段CN看作右手拉右手
解題步驟：①找共用頂點，確定“四只手”；
②連接對應端點；
③SAS證明全等。
常見模型：

模型一：如圖，直線AB的同一側作?ABC和?AMN都為等邊三角形（A、B、N三點共線），連接BM、CN，兩者相交于點E，則
1）?ABM≌?ACN 2）BM=CN 3）∠MEN=∠2=60°（拉手線的夾角等于頂角）
4）?ANF≌?AMD 5）?AFC≌?ADB 6）連接DF，DF∥BN 7）連接AE，AE平分∠BEN
8）存在3組四點共圓 9）EN=EM+EA，EB=EC+EA,EA=ED+EF
10）存在多組相似三角形
備注：1）-7）為基礎，8）-10）為提高
證明：
1）∵?ABC和?AMN都為等邊三角形
∴AB=AC，AM=AN，∠1=∠2=60°
∴∠1 +∠CAM =∠2 +∠CAM
則∠BAM=∠CAN
在?ABM和?ACN中
AB=AC
∠BAM=∠CAN ∴?ABM≌?ACN ∴BM=CN，∠BMA=∠CMA, ∠ABM=∠ACN
AM=AN
3)方法一：在?EFM和?AFN中
∵∠MEN+∠EMF+∠3=180°,∠2 +∠FNA+∠4=180°而∠3=∠4，∠EMF=∠FNA
∴∠MEF=∠2=60°
方法二：∵∠MEF=∠EBN+∠BNE
∠MAN=∠ABM+∠AMB 而∠EBN=∠ABM, ∠BNE=∠AMB，∠2=60°
∴∠MEF=∠2=60°
4）∵∠1+∠2+∠5=180°而∠1=∠2=60°∴∠5=60°
在?AFN和?ADM中
∠5=∠2=60°
AM=AN ∴?AFN≌?ADM
∠DMA=∠ANF
5）在?AFC和?ADB中
∠5=∠1=60°
AB=AC ∴?AFC≌?ADB ∴AD=AF
∠ABD=∠ACF
6）∵AD=AF，∠5=60°
∴?ADF是等邊三角形 ∴∠DFA=60°
∴∠DFA=∠2=60°
∴DF∥BN
7）過點A作AP⊥BM交BM于點P，AQ⊥CN交CN于點Q
∵?ABM≌?ACN ∴S?ABM =S?ACN ,BM=CN
則AP=AQ，∴AE平分∠BEN
8）
① ∵∠ACN=∠ABM ∴∠ACE=∠ABE則點A、B、C、E四點共圓
②∵∠ANC=∠AMB ∴∠ANE=∠AME則點A、N、M、E四點共圓
③∵∠BAC=∠MAN=60°∴∠CAM=60°
∵∠MEF=60°∴∠CED=60° 則∠DEF =120°
∵∠CAM+∠DEF=180° 則點A、D、E、F四點共圓
9)
方法一：①過點M作MY交NC于點Y，使∠EMY=60°
∵∠EMY=∠AMN=∠MEN=60°
∴∠EMY -∠AMY=∠AMN-∠AMY 則∠EMA=∠YMN
∵∠EMY+∠MEY+∠EYM=180° 則∠EYM=60°
∴?MEY是等邊三角形，則EM=EY=MY
∵∠MYN是?MEY的外角，∴∠MYN=120°
∵∠CEB=60°且AE平分∠BEN
∴∠AEF=60°則∠AEM=120°
在?AEM和?NYM
∠EMA=∠YMN
EM =MY ∴?AEM ≌ ?NYM ∴NY=AE
∠AEM=∠MYN =120°
則EN=EY+YN=EM+AE
②過點A作AZ交BM于點Z，使∠EAZ=60°,證明方法同上
③過點F作FH交AE于點H，使∠EFH=60°，證明方法同上
方法二:
根據托勒密定理和8）中內容，得
EN?AM=AE?MN+EM?AN 而AM=AN=MN ∴EN=AE+EM
同理EB=EC+EA,EA=ED+EF
*托勒密定理內容：圓的內接凸四邊形兩對對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積。
10）模型一中存在的相似三角形。（嘗試簡述證明過程）
模型二：如圖，?ABC和?AMN都為等邊三角形（A、B、N三點不共線），連接BM、CN，兩者相交于點O，則
1）?ABM≌?ACN 2）BM=CN 3）∠MON=60°（拉手線的夾角等于頂角）
4）連接AO，AO平分∠BON 5）存在2組四點共圓
6）ON=OM+OA，OB=OC+OA 7）存在多組相似圖形
模型三：如圖，四邊形ABCD和四邊形AEFG為正方形，連接EB和GD，兩者交于點O，則1）?AGD≌?AEB 2）GD=EB 3）GD⊥EB 4）AO平分∠EOD
證明：
1）∵四邊形ABCD和四邊形AEFG為正方形
∴∠GAE =∠BAD=90°，AB=AD，AE=AG
∴∠GAE+∠1=∠BAD+∠1 ∴∠GAD=∠EAB
在?AGD與?AEB中
AE=AG
∠GAD=∠EAB ∴?AGD≌?AEB ∴∠AGD=∠AEB，GD=EB
AB=AD
3）在?GOM與?AEM中
∵∠OGM+∠GMO+∠MOG=180°
∠MEA+∠AME+∠MAE =180° 而∠AGD=∠AEB，∠GMO=∠AME
∴∠MOG=∠MAE=90°
∴GD⊥EB
4）過點A分別作AW⊥BE交BE于點W, AX⊥GD交GD于點X
∵?AGD≌?AEB ∴S?AGD =S?AEB 而GD=BE
則AW=AX，∴AO平分∠EOD
【提高測試】
1．如圖，C為線段AE上一動點（不與點，重合），在AE同側分別作等邊三角形ABC和等邊三角形CDE，AD與BE交于點O，AD與BC交于點P，BE與CD交于點Q，連結PQ．以下結論錯誤的是（）
A．∠AOB=60°B．AP=BQ
C．PQ∥AED．DE=DP
2．如圖，在中，，分別以，為邊作等邊和等邊，連結，若，，則（）
A．B．C．4D．
3．如圖，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，連接CE交AD于點F，連接BD交CE于點G，連接BE．下列結論中，正確的結論有（）
①CE＝BD；②△ADC是等腰直角三角形；③∠ADB＝∠AEB；④S四邊形BCDE＝BD?CE；⑤BC2+DE2＝BE2+CD2．
A．1個B．2個C．3個D．4個
4．如圖，正和正中，B、C、D共線，且，連接和相交于點F，以下結論中正確的有（）個
① ②連接，則平分 ③ ④
A．4B．3C．2D．1
5．如圖，在直線AC的同一側作兩個等邊三角形△ABD和△BCE，連接AE與CD交于點H，AE與DB交于點G，BE與CD交于點F，下列結論：①AE＝CD；②∠AHD＝60°；③△AGB≌△DFB；④BH平分∠GBF；⑤GF∥AC；⑥點H是線段DC的中點．正確的有（）
A．6個B．5個C．4個D．3個
6．如圖，，，三點在同一直線上，，都是等邊三角形，連接，，：下列結論中正確的是（）
①△ACD≌△BCE；②△CPQ是等邊三角形；③平分；④△BPO≌△EDO．
A．①②B．①②③C．①②④D．①②③④
7．如圖，點C是線段AE上一動點（不與A，E重合），在AE同側分別作等邊三角形ABC和等邊三角形CDE，AD與BE交于點O，AD與BC交于點P，BE與CD交于點Q，連接PQ，有以下5個結論：①AD=BE；②PQ∥AE；③AP=BQ；④DE=DP；⑤∠AOB=60°．其中一定成立的結論有（）個
A．1B．2C．3D．4
8．如圖，已知△ABC與△CDE都是等邊三角形，點B、C、D在同一條直線上，AD與BE相交于點G，BE與AC相交于點F，AD與CE相交于點H，則下列結論①△ACD≌△BCE ②∠AGB＝60° ③BF＝AH ④△CFH是等邊三角形 ⑤連CG，則∠BGC＝∠DGC．其中正確的個數是（）
A．2B．3C．4D．5
二、填空題
9．如圖和是外兩個等腰直角三角形，，下列說法正確的是：________．
①，且；②；
③平分；④取的中點，連，則．
10．如圖，點B、C、E在同一條直線上，與都是等邊三角形，下列結論：①AE=BD；②；③線段AE和BD所夾銳角為80°；④FG∥BE．其中正確的是______．（填序號）
11．如圖，C為線段AE上一動點（不與點A，E重合），在AE同側分別作等邊三角形ABC和等邊三角形CDE，AD與BE交于點O，AD與BC交于點P，BE與CD交于點Q，連結PQ．以下結論：①PQAE；②∠AOE＝120°；③CO平分∠BCD；④△CPQ是等邊三角形，⑤OC+BO＝AO恒成立的是_____．
12．如圖，CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=50°，AD、BE交于點H，連接CH，則∠CHE=_______．
13．在銳角三角形ABC中，AH是邊BC的高，分別以AB，AC為邊向外作正方形ABDE和正方形ACFG，連接CE，BG和EG，EG與HA的延長線交于點M，下列結論：①BG=CE；②BG⊥CE；③AM是△AEG的中線；④∠EAM=∠ABC．其中正確的是_________．
14．如圖，、是兩個等邊三角形，連接、．若，，，則________．
15．如圖，正三角形和，A，C，E在同一直線上，AD與BE交于點O，AD與BC交于點P，BE與CD交于點Q，連接PQ．①AD=BE；②PQ∥AE；③AP=BQ；④DE=DP；⑤∠AOB=60°．成立的結論有______________．并寫出3對全等三角形___________________________．
16．如圖，C在線段AB上，在AB的同側作等邊三角形△ACM和△BCN，連接AN，BM，若∠MBN＝38°，則∠ANB＝_____．
三、解答題
17．如圖，在中，，，點O是中點，，將繞點O旋轉，的兩邊分別與射線、交于點D、E．
(1)當轉動至如圖一所示的位置時，連接，求證：；
(2)當轉動至如圖二所示的位置時，線段、、之間有怎樣的數量關系？請說明理由．
18．如圖1，B、C、D三點在一條直線上，AD與BE交于點O，△ABC和△ECD是等邊三角形．
(1)求證：△ACD≌△BCE；
(2)求∠BOD的度數；
(3)如圖2，若B、C、D三點不在一條直線上，∠BOD的度數是否發(fā)生改變？（填“改變”或“不改變”）
19．（1）如圖1，已知△CAB和△CDE均為等邊三角形，D在AC上，E在CB上，易得線段AD和BE的數量關系是．
（2）將圖1中的△CDE繞點C旋轉到圖2的位置，直線AD和直線BE交于點F．
①判斷線段AD和BE的數量關系，并證明你的結論；
②圖2中∠AFB的度數是．
（3）如圖3，若△CAB和△CDE均為等腰直角三角形，∠ABC＝∠DEC＝90°，AB＝BC，DE＝EC，直線AD和直線BE交于點F，分別寫出∠AFB的度數，線段AD、BE間的數量關系．
20．如圖，在中，，D、E分別是、的中點，.
（1）如圖1，若，求的長度（用含a的代數式表示）；
（2）如圖2，將繞點A順時針旋轉，旋轉角為，連接、，判斷與的數量關系，并說明理由；
（3）在（2）的條件下，當的外心在三角形的外部時，請直接寫出的取值范圍．
21．如圖，點C為線段上一點，都是等邊三角形，與交于點與相交于點G．
（1）求證：；（2）求證：（3）若，求的面積．
22．如圖，△ABC中，AB＝AC＝1，∠BAC＝45°，△AEF是由△ABC繞點A按順時針方向旋轉得到的，連接BE，CF相交于點D,
（1）求證：BE＝CF ；（2）當四邊形ACDE為菱形時，求BD的長．
23．在中，，點D是直線BC上一點（點D不與點B，C重合），以AD為一邊在AD的右側作，使，，連接CE．
（1）如圖（1），若點D在線段BC上，和之間有怎樣的數量關系？（不必說明理由）
（2）若，當點D在射線BC上移動時，如圖（2），和之間有怎樣的數量關系？說明理由．
24．背景：一次小組合作探究課上，小明將兩個正方形按背景圖位置擺放（點E，A，D在同一條直線上），發(fā)現(xiàn)BE=DG且BE⊥DG．小組討論后，提出了三個問題，請你幫助解答：
（1）將正方形AEFG繞點A按逆時針方向旋轉，（如圖1）還能得到BE=DG嗎？如果能，請給出證明．如若不能，請說明理由：
（2）把背景中的正方形分別改為菱形AEFG和菱形ABCD，將菱形AEFG繞點A按順時針方向旋轉，（如圖2）試問當∠EAG與∠BAD的大小滿足怎樣的關系時，背景中的結論BE=DG仍成立？請說明理由；
（3）把背景中的正方形改成矩形AEFG和矩形ABCD，且，AE=4，AB=8，將矩形AEFG繞點A按順時針方向旋轉（如圖3），連接DE，BG．小組發(fā)現(xiàn)：在旋轉過程中， BG2+DE2是定值，請求出這個定值．
25．兩個頂角相等的等腰三角形，如果具有公共的頂角頂點，并將它們的底角頂點分別對應連接起來得到兩個全等三角形，我們把這樣的圖形稱為“手拉手”圖形．如圖1，在“手拉手”圖形中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，連接BD，CE，則△ABD≌△ACE．
(1)請證明圖1的結論成立；
(2)如圖2，△ABC和△AED是等邊三角形，連接BD，EC交于點O，求∠BOC的度數；
(3)如圖3，AB＝BC，∠ABC＝∠BDC＝60°，試探究∠A與∠C的數量關系．
26．小明同學發(fā)現(xiàn)這樣一個規(guī)律：兩個頂角相等的等腰三角形，如果具有公共的頂角的頂點，并把它們的底角頂點連接起來則形成一組全等的三角形，小明把具有這個規(guī)律的圖形稱為“手拉手”圖形．
（1）問題發(fā)現(xiàn)：如圖1，若△ABC和△ADE均是頂角為40°的等腰三角形，BC、DE分別是底邊，求證：BD＝CE；
（2）拓展探究：如圖2，若△ACB和△DCE均為等邊三角形，點A、D、E在同一條直線上，連接BE，則∠AEB的度數為；線段BE與AD之間的數量關系是；
（3）解決問題：如圖3，若△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，點A、D、E在同一條直線上，CM為△DCE中DE邊上的高，連接BE，請判斷∠AEB的度數及線段CM、AE、BE之間的數量關系并說明理由．
27．已知：△ABC與△BDE都是等腰三角形．BA＝BC，BD＝BE（AB＞BD）且有∠ABC＝∠DBE．
（1）如圖1，如果A、B、D在一直線上，且∠ABC＝60°，求證：△BMN是等邊三角形；
（2）在第（1）問的情況下，直線AE和CD的夾角是 °；
（3）如圖2，若A、B、D不在一直線上，但∠ABC＝60°的條件不變則直線AE和CD的夾角是 °；
（4）如圖3，若∠ACB＝60°，直線AE和CD的夾角是 °．
28．如圖，△ABD和△BCE都是等邊三角形，∠ABC＜105°，AE與DC交于點F．
（1）求證：AE＝DC；
（2）求∠BFE的度數；
（3）若AF＝9.17cm，BF＝1.53cm，CF＝7.53cm，求CD．
29．（1）作圖發(fā)現(xiàn)：如圖1，已知，小涵同學以AB、AC為邊向外作等邊和等邊．連接BE，CD、這時他發(fā)現(xiàn)BE與CD的數量關系是______；
（2）拓展探究：如圖2，已知，小涵同學以AB、AC為邊向外作正方形ABFD和正方形ACGE，連接BE，CD，試判斷BE與CD之間的數量關系，并說明理由；
（3）解決問題：如圖3，要測量池塘兩岸相對的兩點B，E的距離，已經測得，，米，，求BE的距離．
30．在學習全等三角形知識時，數學興趣小組發(fā)現(xiàn)這樣一個模型：模型是由兩個頂角相等且有公共頂角頂點的等腰三角形組成的圖形，如果把它們的底角頂點連接起來，則在相對位置變化的過程中，始終存在一對全等三角形，我們把這種模型稱為“手拉手模型”．這個數學興趣小組進行了如下操作：
（1）如圖1．在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=40°（AB＞AD），連接BD，CE，當點E落在AB邊上，且D，E，C三點共線時，則在這個“手拉手模型”中，和△ABD全等的三角形是，∠BDC的度數為．
（2）如圖2．在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°，連接BD，CE，當點B，D，E在同一條直線上時，請判斷線段BD和CE的關系，并說明理由．
（3）如圖3，已知△ABC，請畫出圖形：以AB，AC為邊分別向△ABC外作等邊三角形ABD和等邊三角形ACE（等邊三角形三條邊相等，三個角都等于60°），連接BE，CD，交于點P，請直接寫出線段BE和CD的數量關系及∠BPD的度數．
31．如圖，和都是以為直角頂點的等腰直角三角形，連接，．
（1）如圖1，試判斷與的數量關系和位置關系，并說明理由．
（2）如圖2，若點恰好在上，且為的中點，，求的面積．
（3）如圖3，設與的交點為，若，，，求的長．
32．已知在中，，過點引一條射線，是上一點．
【問題解決】
（1）如圖1，若，射線在內部，，求證：．小明同學展示的做法是：在上取一點使得，通過已知的條件，從而求得的度數，請你幫助小明寫出證明過程；
【類比探究】
（2）如圖2，已知．
①當射線在內，求的度數；
②當射線在下方，如圖3所示，請問的度數會變化嗎？若不變，請說明理由，若改變，請求出的度數
33．（1）如圖1，和都是等邊三角形，且，，三點在一條直線上，連接，相交于點，求證：．
（2）如圖2，在中，若，分別以，和為邊在外部作等邊，等邊，等邊，連接、、恰交于點．
①求證：；
②如圖2，在（2）的條件下，試猜想，，與存在怎樣的數量關系，并說明理由．
34．給出定義，若一個四邊形中存在相鄰兩邊的平方和等于一條對角線的平方，則稱該四邊形為勾股四邊形．
（1）在你學過的特殊四邊形中，寫出兩種勾股四邊形的名稱；
（2）如圖，將△ABC繞頂點B按順時針方向旋轉60°得到△DBE，連接AD，DC，CE，已知∠DCB=30°．
①求證：△BCE是等邊三角形；
②求證：DC2+BC2=AC2，即四邊形ABCD是勾股四邊形．
35．如圖1，在△ABC中，AE⊥BC于E，AE＝BE，D是AE上的一點，且DE＝CE，連接BD，CD．
（1）試判斷BD與AC的位置關系和數量關系，并說明理由；
（2）如圖2，若將△DCE繞點E旋轉一定的角度后，試判斷BD與AC的位置關系和數量關系是否發(fā)生變化，并說明理由；
（3）如圖3，若將（2）中的等腰直角三角形都換成等邊三角形，其他條件不變．
①試猜想BD與AC的數量關系，并說明理由；
②你能求出BD與AC的夾角度數嗎？如果能，請直接寫出夾角度數；如果不能，請說明理由．
36．如圖，在等腰△ABC與等腰△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=α，連接BD和CE相交于點P，交AC于點M，交AD于點N．
(1)求證：BD=CE．
(2)求證：AP平分∠BPE．
(3)若α=60°，試探尋線段PE、AP、PD之間的數量關系，并說明理由．
37．邊長為4的正方形ABCD與邊長為2的正方形CEFG如圖1擺放，將正方形CEFG繞點C順時針旋轉，旋轉角為α，連接BG，DE．
（1）如圖2，求證：△BCG≌△DCE；
（2）如圖2，連接DG，BE，判斷DG2+BE2否為定值．若是，求這個定值若不是，說明理由；
（3）如圖3，當點G恰好落在DE上時，求α的值．
專題08 手拉手模型
手拉手模型概述：兩個頂角相等的等腰三角形共用頂角頂點，分別連接對應的兩底角頂點，從而可以得到一個經典的全等模型。因為頂點相連的四條邊，形象可以看作兩雙手，通常稱為“手拉手模型”。
文字說明：1）點A 為共用頂角頂點，看作頭
2）線段AB、AC為等腰?ABC的兩腰，看作兩條手臂
線段AM、AN為等腰?AMN的兩腰，看作兩條手臂
3）點B與點M看作左手，線段BM看作左手拉左手
點C與點N看作右手，線段CN看作右手拉右手
解題步驟：①找共用頂點，確定“四只手”；
②連接對應端點；
③SAS證明全等。
常見模型：

模型一：如圖，直線AB的同一側作?ABC和?AMN都為等邊三角形（A、B、N三點共線），連接BM、CN，兩者相交于點E，則
1）?ABM≌?ACN 2）BM=CN 3）∠MEN=∠2=60°（拉手線的夾角等于頂角）
4）?ANF≌?AMD 5）?AFC≌?ADB 6）連接DF，DF∥BN 7）連接AE，AE平分∠BEN
8）存在3組四點共圓 9）EN=EM+EA，EB=EC+EA,EA=ED+EF
10）存在多組相似三角形
備注：1）-7）為基礎，8）-10）為提高
證明：
1）∵?ABC和?AMN都為等邊三角形
∴AB=AC，AM=AN，∠1=∠2=60°
∴∠1 +∠CAM =∠2 +∠CAM
則∠BAM=∠CAN
在?ABM和?ACN中
AB=AC
∠BAM=∠CAN ∴?ABM≌?ACN ∴BM=CN，∠BMA=∠CMA, ∠ABM=∠ACN
AM=AN
3)方法一：在?EFM和?AFN中
∵∠MEN+∠EMF+∠3=180°,∠2 +∠FNA+∠4=180°而∠3=∠4，∠EMF=∠FNA
∴∠MEF=∠2=60°
方法二：∵∠MEF=∠EBN+∠BNE
∠MAN=∠ABM+∠AMB 而∠EBN=∠ABM, ∠BNE=∠AMB，∠2=60°
∴∠MEF=∠2=60°
4）∵∠1+∠2+∠5=180°而∠1=∠2=60°∴∠5=60°
在?AFN和?ADM中
∠5=∠2=60°
AM=AN ∴?AFN≌?ADM
∠DMA=∠ANF
5）在?AFC和?ADB中
∠5=∠1=60°
AB=AC ∴?AFC≌?ADB ∴AD=AF
∠ABD=∠ACF
6）∵AD=AF，∠5=60°
∴?ADF是等邊三角形 ∴∠DFA=60°
∴∠DFA=∠2=60°
∴DF∥BN
7）過點A作AP⊥BM交BM于點P，AQ⊥CN交CN于點Q
∵?ABM≌?ACN ∴S?ABM =S?ACN ,BM=CN
則AP=AQ，∴AE平分∠BEN
8）
① ∵∠ACN=∠ABM ∴∠ACE=∠ABE則點A、B、C、E四點共圓
②∵∠ANC=∠AMB ∴∠ANE=∠AME則點A、N、M、E四點共圓
③∵∠BAC=∠MAN=60°∴∠CAM=60°
∵∠MEF=60°∴∠CED=60° 則∠DEF =120°
∵∠CAM+∠DEF=180° 則點A、D、E、F四點共圓
9)
方法一：①過點M作MY交NC于點Y，使∠EMY=60°
∵∠EMY=∠AMN=∠MEN=60°
∴∠EMY -∠AMY=∠AMN-∠AMY 則∠EMA=∠YMN
∵∠EMY+∠MEY+∠EYM=180° 則∠EYM=60°
∴?MEY是等邊三角形，則EM=EY=MY
∵∠MYN是?MEY的外角，∴∠MYN=120°
∵∠CEB=60°且AE平分∠BEN
∴∠AEF=60°則∠AEM=120°
在?AEM和?NYM
∠EMA=∠YMN
EM =MY ∴?AEM ≌ ?NYM ∴NY=AE
∠AEM=∠MYN =120°
則EN=EY+YN=EM+AE
②過點A作AZ交BM于點Z，使∠EAZ=60°,證明方法同上
③過點F作FH交AE于點H，使∠EFH=60°，證明方法同上
方法二:
根據托勒密定理和8）中內容，得
EN?AM=AE?MN+EM?AN 而AM=AN=MN ∴EN=AE+EM
同理EB=EC+EA,EA=ED+EF
*托勒密定理內容：圓的內接凸四邊形兩對對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積。
10）模型一中存在的相似三角形。（嘗試簡述證明過程）
模型二：如圖，?ABC和?AMN都為等邊三角形（A、B、N三點不共線），連接BM、CN，兩者相交于點O，則
1）?ABM≌?ACN 2）BM=CN 3）∠MON=60°（拉手線的夾角等于頂角）
4）連接AO，AO平分∠BON 5）存在2組四點共圓
6）ON=OM+OA，OB=OC+OA 7）存在多組相似圖形
模型三：如圖，四邊形ABCD和四邊形AEFG為正方形，連接EB和GD，兩者交于點O，則1）?AGD≌?AEB 2）GD=EB 3）GD⊥EB 4）AO平分∠EOD
證明：
1）∵四邊形ABCD和四邊形AEFG為正方形
∴∠GAE =∠BAD=90°，AB=AD，AE=AG
∴∠GAE+∠1=∠BAD+∠1 ∴∠GAD=∠EAB
在?AGD與?AEB中
AE=AG
∠GAD=∠EAB ∴?AGD≌?AEB ∴∠AGD=∠AEB，GD=EB
AB=AD
3）在?GOM與?AEM中
∵∠OGM+∠GMO+∠MOG=180°
∠MEA+∠AME+∠MAE =180° 而∠AGD=∠AEB，∠GMO=∠AME
∴∠MOG=∠MAE=90°
∴GD⊥EB
4）過點A分別作AW⊥BE交BE于點W, AX⊥GD交GD于點X
∵?AGD≌?AEB ∴S?AGD =S?AEB 而GD=BE
則AW=AX，∴AO平分∠EOD
【提高測試】
1．如圖，C為線段AE上一動點（不與點，重合），在AE同側分別作等邊三角形ABC和等邊三角形CDE，AD與BE交于點O，AD與BC交于點P，BE與CD交于點Q，連結PQ．以下結論錯誤的是（）
A．∠AOB=60°B．AP=BQ
C．PQ∥AED．DE=DP
【答案】D
【分析】利用等邊三角形的性質，BC∥DE，再根據平行線的性質得到∠CBE=∠DEO，于是∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，得出A正確；根據△CQB≌△CPA（ASA），得出B正確；由△ACD≌△BCE得∠CBE=∠DAC，加之∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，得到△CQB≌△CPA（ASA），再根據∠PCQ=60°推出△PCQ為等邊三角形，又由∠PQC=∠DCE，根據內錯角相等，兩直線平行，得出C正確；根據∠CDE=60°，∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，可知∠DQE≠∠CDE，得出D錯誤．
【詳解】解：∵等邊△ABC和等邊△CDE，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE，
在△ACD與△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠CBE=∠DAC，
又∵∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠BCD=60°，即∠ACP=∠BCQ，
又∵AC=BC，
在△CQB與△CPA中，
，
∴△CQB≌△CPA（ASA），
∴CP=CQ，
又∵∠PCQ=60°可知△PCQ為等邊三角形，
∴∠PQC=∠DCE=60°，
∴PQ∥AE，
故C正確，
∵△CQB≌△CPA，
∴AP=BQ，
故B正確，
∵AD=BE，AP=BQ，
∴AD-AP=BE-BQ，
即DP=QE，
∵∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，
∴∠DQE≠∠CDE，故D錯誤；
∵∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠BCD=60°，
∵等邊△DCE，
∠EDC=60°=∠BCD，
∴BC∥DE，
∴∠CBE=∠DEO，
∴∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，
故A正確．
故選：D．
【點睛】本題考查了等邊三角形的性質、全等三角形的判定與性質，利用旋轉不變性，解題的關鍵是找到不變量．
2．如圖，在中，，分別以，為邊作等邊和等邊，連結，若，，則（）
A．B．C．4D．
【答案】C
【分析】在Rt△ABC中可直接運用勾股定理求出BC，然后結合“手拉手”模型證得△ABC≌△ADE，即可得到DE=BC，從而求解即可．
【詳解】解：在Rt△ABC中，AB=3，AC=5，
∴由勾股定理得：BC=4，
∵和均為等邊三角形，
∴AB=AD，AC=AE，∠BAD=∠CAE=60°，
∴∠BAD-∠CAD=∠CAE-∠CAD，
即：∠BAC=∠DAE，
在△ABC和△ADE中，
∴△ABC≌△ADE(SAS)，
∴DE=BC=4，
故選：C．
【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質，勾股定理的應用，掌握全等三角形的判定與性質，熟練運用勾股定理解三角形是解題關鍵．
3．如圖，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，連接CE交AD于點F，連接BD交CE于點G，連接BE．下列結論中，正確的結論有（）
①CE＝BD；②△ADC是等腰直角三角形；③∠ADB＝∠AEB；④S四邊形BCDE＝BD?CE；⑤BC2+DE2＝BE2+CD2．
A．1個B．2個C．3個D．4個
【答案】C
【分析】根據等腰直角三角形的性質可得AB=AC，AD=AE，然后求出∠BAD=∠CAE，再利用“邊角邊”證明△ABD和△ACE全等，根據全等三角形對應邊相等可得CE=BD，判斷①正確；根據全等三角形對應角相等可得∠ABD=∠ACE，從而求出∠BCG+∠CBG=∠ACB+∠ABC=90°，再求出∠BGC=90°，從而得到BD⊥CE，根據四邊形的面積等于兩個三角形的面積之和可判斷出④正確；根據勾股定理表示出BC2+DE2，BE2+CD2，得到⑤正確；再求出時，∠ADC=90°，判斷出②錯誤；∠AEC與∠BAE不一定相等判斷出③錯誤．
【詳解】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正確；
∴∠BCG+∠CBG=∠ACB+∠ABC=90°，
在△BCG中，∠BGC=180°-（∠BCG+∠CBG）=180°-90°=90°，
∴BD⊥CE，
∴S四邊形BCDE=BD?CE，故④正確；
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，
∴BE2+CD2=BG2+CG2+DG2+EG2，
∴BC2+DE2=BE2+CD2，故⑤正確；
從題干信息沒有給出所以只有時，=90°，
無法說明，更不能說明故②錯誤；
∵△ABD≌△ACE， ∴∠ADB=∠AEC，
條件不足以證明
∠AEC與∠AEB相等無法證明，
∴∠ADB=∠AEB不一定成立，故③錯誤；
綜上所述，正確的結論有①④⑤共3個．
故選：C．
【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定與性質，等腰直角三角形的性質，勾股定理的應用，對角線互相垂直的四邊形的面積等于對角線乘積的一半的性質，熟記各性質是解題的關鍵．
4．如圖，正和正中，B、C、D共線，且，連接和相交于點F，以下結論中正確的有（）個
① ②連接，則平分 ③ ④
A．4B．3C．2D．1
【答案】A
【分析】根據“手拉手”模型證明，從而得到，再結合三角形的外角性質即可求解，即可證明①；作于點，于點，證明，結合角平分線的判定定理即可證明②；利用面積法表示和的面積，然后利用比值即可證明③；利用“截長補短”的思想，在上取點，使得，首先判斷出為等邊三角形，再結合“手拉手”模型推出即可證明④．
【詳解】解：①∵和均為等邊三角形，
∴，，，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，，
∴，故①正確；
②如圖所示，作于點，于點，
則，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴平分，故②正確；
③如圖所示，作于點，
∵，，
∴，
∵，
∴整理得：，
∵，
∴，
∴，故③正確；
④如圖所示，在上取點，使得，
∵，平分，
∴，，
∴為等邊三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，，
∴，故④正確；
綜上，①②③④均正確；
故選：A．
【點睛】本題考查等邊三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質等，理解等邊三角形的基本性質，掌握全等三角形中的輔助線的基本模型，包括“手拉手”模型，截長補短的思想等是解題關鍵．
5．如圖，在直線AC的同一側作兩個等邊三角形△ABD和△BCE，連接AE與CD交于點H，AE與DB交于點G，BE與CD交于點F，下列結論：①AE＝CD；②∠AHD＝60°；③△AGB≌△DFB；④BH平分∠GBF；⑤GF∥AC；⑥點H是線段DC的中點．正確的有（）
A．6個B．5個C．4個D．3個
【答案】C
【分析】連接GF，過點B作BM⊥AE于M，BN⊥CD于N；結合題意，利用等邊三角形、全等三角形的性質，推導得AE＝CD，∠AHD＝∠ABG＝60°；再根據等邊三角形、角平分線的性質分析，即可得到答案．
【詳解】連接GF，過點B作BM⊥AE于M，BN⊥CD于N
∵△ABD，△BCE都是等邊三角形，
∴∠ABD＝∠EBC＝60°，BA＝BE，BE＝BC，
∴∠ABE＝∠DBC，
在△ABE和△DBC中，

∴△ABE≌△DBC（SAS），
∴AE＝CD，故①正確；
∵△ABE≌△DBC，
∴∠BAE＝∠BDC，
∵∠AGB＝∠DGH，
∴∠AHD＝∠ABG＝60°，故②正確；
在△AGB和△DFB中，

∴△AGB≌△DFB（ASA），故③正確；
∵△AGB≌△DFB，
∴BG＝BF，
∵∠GBF＝60°，
∴△BGF是等邊三角形，
∴∠FGB＝∠ABD＝60°，
∴FG∥AC，故⑤正確；
∵△ABE≌△DBC，BM⊥AE，BN⊥CD，
∴BM＝BN，
∴BH平分∠AHC，但不一定平分∠GBF，故④錯誤；
根據題意，無法判斷DH＝CH，故⑥錯誤．
故選：C．
【點睛】本題考查了等邊三角形、全等三角形、角平分線的知識；解題的關鍵是熟練掌握全等三角形、等邊三角形、角平分線的性質，從而完成求解．
6．如圖，，，三點在同一直線上，，都是等邊三角形，連接，，：下列結論中正確的是（）
①△ACD≌△BCE；
②△CPQ是等邊三角形；
③平分；
④△BPO≌△EDO．
A．①②B．①②③C．①②④D．①②③④
【答案】B
【分析】利用等邊三角形的性質，三角形的全等，逐一判斷即可．
【詳解】∵△ABC，△CDE都是等邊三角形，
∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠ECD=60°，
∴∠ACB+∠PCQ =∠ECD+∠PCQ，∠PCD=60°，
∴∠ACD =∠BCE，
∴△ACD≌△BCE，
∴①的說法是正確的；
∵△ACD≌△BCE，
∴∠PDC =∠QEC，
∵∠PCD=∠QCE=60°，CD=CE，
∴△PCD≌△QCE，
∴PC=QC，
∴△CPQ是等邊三角形；
∴②的說法是正確的；
∵△PCD≌△QCE，
∴PD=QE，，
過點C作CG⊥PD，垂足為G，CH⊥QE，垂足為H，
∴，
∴CG=CH，
∴平分，
∴③的說法是正確的；
無法證明△BPO≌△EDO．
∴④的說法是錯誤的；
故答案為①②③，
故選B．
【點睛】本題考查了等邊三角形的性質與判定，三角形的全等與性質，角平分線的性質定理，熟練掌握等邊三角形的性質，靈活進行三角形全等的判定，活用角的平分線性質定理的逆定理是解題的關鍵．
7．如圖，點C是線段AE上一動點（不與A，E重合），在AE同側分別作等邊三角形ABC和等邊三角形CDE，AD與BE交于點O，AD與BC交于點P，BE與CD交于點Q，連接PQ，有以下5個結論：①AD=BE；②PQ∥AE；③AP=BQ；④DE=DP；⑤∠AOB=60°．其中一定成立的結論有（）個
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】①由于△ABC和△CDE是等邊三角形，可知AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，從而證出△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正確；
②根據②△CQB≌△CPA（ASA），再根據∠PCQ=60°推出△PCQ為等邊三角形，又由∠PQC=∠DCE，根據內錯角相等，兩直線平行，可知②正確；
④根據∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，可知∠DQE≠∠CDE，可知④錯誤；
⑤利用等邊三角形的性質，BC∥DE，再根據平行線的性質得到∠CBE=∠DEO，于是∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，可知⑤正確．
【詳解】①∵等邊△ABC和等邊△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正確；
③∵△ACD≌△BCE(已證)，
∴∠CAD=∠CBE，
∵∠ACB=∠ECD=60°(已證)，
∴∠BCQ=180°-60°×2=60°，
∴∠ACB=∠BCQ=60°，
在△ACP與△BCQ中，
∠CAD=∠CBE，AC=BC，∠ACB=∠BCQ=60°，
∴△ACP≌△BCQ(ASA)，
∴AP=BQ；
故③正確；
②∵△ACP≌△BCQ，
∴PC=QC，
∴△PCQ是等邊三角形，
∴∠CPQ=60°，
∴∠ACB=∠CPQ，
∴PQ∥AE；
故②正確；
④∵AD=BE，AP=BQ，
∴AD?AP=BE?BQ，
即DP=QE，
∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，
∴∠DQE≠∠CDE，
∴DE≠QE，
則DP≠DE，故④錯誤；
⑤∵∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠BCD=60°，
∵等邊△DCE，
∠EDC=60°=∠BCD，
∴BC∥DE，
∴∠CBE=∠DEO，
∴∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°.
故⑤正確；
綜上所述，正確的結論有：①②③⑤，錯誤的結論只有④，
故選D．
【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質，以及等邊三角形的判定和性質，此圖形是典型的“手拉手”模型，熟練掌握此模型的特點是解題的關鍵．
8．如圖，已知△ABC與△CDE都是等邊三角形，點B、C、D在同一條直線上，AD與BE相交于點G，BE與AC相交于點F，AD與CE相交于點H，則下列結論①△ACD≌△BCE ②∠AGB＝60° ③BF＝AH ④△CFH是等邊三角形 ⑤連CG，則∠BGC＝∠DGC．其中正確的個數是（）
A．2B．3C．4D．5
【答案】D
【詳解】試題分析：∵∠BCA=∠DCE=60°，
∴∠BCE=∠ACD，在△BCE和△ACD中，
∵BC=AC，∠BCE=∠ACD，CE=CD，
∴△BCE≌△ACD（SAS）；故①正確；
∵△BCE≌△ACD，
∴∠CBF=∠CAH．
∵∠BFC=∠AFG，
∴∠AGB=∠ACB=60°，故②正確；
在△BCF和△ACH中，∠CBF=∠CAH，BC=AC，∠BCF=∠ACH，
∴△BCF≌△ACH（ASA），
∴CF=CH，BF=AH；故③正確；
∵CF=CH，∠ACH=60°，
∴△CFH是等邊三角形；故④正確；
連接CG，過C點作CM⊥BE，作CN⊥AD，
∵△BCE≌△ACD，CM⊥BE，CN⊥AD，
∴CM=CN，
∴GC平分∠BGD，
∴∠BGC=∠DGC，故⑤正確．
故選：D．
二、填空題
9．如圖和是外兩個等腰直角三角形，，下列說法正確的是：________．
①，且；
②；
③平分；
④取的中點，連，則．
【答案】①③④
【分析】①由與是等腰直角三角形，，，可證，，且，
，即可退出；
②由，由勾股定理，，
，即可；
③過點作，，可證，由性質得，結合，，即可；
④取中點，使得，易證，推出，再證，推出，由，推出即可．
【詳解】與是等腰直角三角形，
，，，
，在與中，
，，
，
設交于點，
由①可知且，
，
，即，
故①符合題意．
②，
，，
，
且，，
．
故②不符合題意．
③證明，過點作，，
由①可知，且，，
在與中，
，，
，且，，
平分，故③符合題意．
④作中點，倍長，使得，
在與中，，
，則，
，，
，，
，在與中，
，，
，
，，
，即，
故④符合題意．
故答案為：①③④．
【點睛】本題考查等腰直角三角形的性質，三角形全等，兩直線垂直，勾股定理知識，掌握等腰直角三角形的性質，三角形全等，兩直線垂直，勾股定理知識是解題關鍵．
10．如圖，點B、C、E在同一條直線上，與都是等邊三角形，下列結論：①AE=BD；②；③線段AE和BD所夾銳角為80°；④FG∥BE．其中正確的是______．（填序號）
【答案】①②④
【分析】利用等邊三角形的性質證明可判斷①，利用，可得利用三角形的外角的性質可得從而可判斷③，再結合等邊三角形的性質證明可判斷②，由可得：，結合可得，從而可判斷④．
【詳解】解：如圖，記與的交點為，
∵與都是等邊三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠BCA=∠DCE=60°
∵點B、C、E在同一條直線上，
∴∠ACD=60°，
∴∠BCD=∠ACE=120°
在和中，
∴，
所以結論①正確；
∵，
∴∠BDC=∠CEA，
∵∠AHB=∠DBE+∠BEA=∠DBE+∠BDC=180°∠BCD=60°，所以③錯誤；
在和中，
，
∴，
∴所以②正確；
，
∵CG=CF，∠ACD=60°，
∴∠GFC=60，
又∵∠DCE=60°，
∴∠GFC=∠DCE，
∴GF∥BC，所以④正確．
故答案為：①②④．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質、等邊三角形的性質和判定，平行線的判定，解決本題的關鍵是找到判定三角形全等的條件．
11．如圖，C為線段AE上一動點（不與點A，E重合），在AE同側分別作等邊三角形ABC和等邊三角形CDE，AD與BE交于點O，AD與BC交于點P，BE與CD交于點Q，連結PQ．以下結論：①PQAE；②∠AOE＝120°；③CO平分∠BCD；④△CPQ是等邊三角形，⑤OC+BO＝AO恒成立的是_____．
【答案】①②④⑤
【分析】由“”可證，可得，由“”可得，利用全等三角形的性質依次判斷可求解．
【詳解】解：等邊和等邊，
，，，
，即，
在與中，
，
，
，
又，
，即，
又，
，
，
又，
為等邊三角形，故④正確；
，
，故①正確；
，
，故②正確；
如圖，在上截取，連接，
，
，，，
，
，，
，，
又，
，
，
，，
是等邊三角形，
，
，故⑤正確；
不一定垂直，
不一定等于，
不一定等于，
不一定平分，故③錯誤；
故答案為：①②④⑤．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質，利用了等邊三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，平行線的判定與性質，能熟練應用相關性質是解題的關鍵．
12．如圖，CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=50°，AD、BE交于點H，連接CH，則∠CHE=_______．
【答案】65°
【分析】先判斷出，再判斷出即可得到平分，即可得出結論．
【詳解】解：如圖，，
，
在和中，
；
過點作于，于，
，
，
在和中，
，
，
在與中
，
，
平分；
，
，
，
，
，
，
故答案為：．
【點睛】此題考查了全等三角形的判定與性質以及角平分線的定義．此題難度適中，注意掌握輔助線的作法，注意掌握數形結合思想的應用．
13．在銳角三角形ABC中，AH是邊BC的高，分別以AB，AC為邊向外作正方形ABDE和正方形ACFG，連接CE，BG和EG，EG與HA的延長線交于點M，下列結論：①BG=CE；②BG⊥CE；③AM是△AEG的中線；④∠EAM=∠ABC．其中正確的是_________．
【答案】①②③④
【分析】根據正方形的性質和SAS可證明△ABG≌△AEC，然后根據全等三角形的性質即可判斷①；設BG、CE相交于點N，AC、BG相交于點K，如圖1，根據全等三角形對應角相等可得∠ACE＝∠AGB，然后根據三角形的內角和定理可得∠CNG＝∠CAG＝90°，于是可判斷②；過點E作EP⊥HA的延長線于P，過點G作GQ⊥AM于Q，如圖2，根據余角的性質即可判斷④；利用AAS即可證明△ABH≌△EAP，可得EP＝AH，同理可證GQ＝AH，從而得到EP＝GQ，再利用AAS可證明△EPM≌△GQM，可得EM＝GM，從而可判斷③，于是可得答案．
【詳解】解：在正方形ABDE和ACFG中，AB＝AE，AC＝AG，∠BAE＝∠CAG＝90°，
∴∠BAE+∠BAC＝∠CAG+∠BAC，
即∠CAE＝∠BAG，
∴△ABG≌△AEC（SAS），
∴BG＝CE，故①正確；
設BG、CE相交于點N，AC、BG相交于點K，如圖1，
∵△ABG≌△AEC，
∴∠ACE＝∠AGB，
∵∠AKG＝∠NKC，
∴∠CNG＝∠CAG＝90°，
∴BG⊥CE，故②正確；
過點E作EP⊥HA的延長線于P，過點G作GQ⊥AM于Q，如圖2，
∵AH⊥BC，
∴∠ABH+∠BAH＝90°，
∵∠BAE＝90°，
∴∠EAP+∠BAH＝90°，
∴∠ABH＝∠EAP，即∠EAM＝∠ABC，故④正確；
∵∠AHB=∠P=90°，AB=AE，
∴△ABH≌△EAP（AAS），
∴EP＝AH，
同理可得GQ＝AH，
∴EP＝GQ，
∵在△EPM和△GQM中，
，
∴△EPM≌△GQM（AAS），
∴EM＝GM，
∴AM是△AEG的中線，故③正確．
綜上所述，①②③④結論都正確．
故答案為：①②③④．
【點睛】本題考查了正方形的性質、三角形的內角和定理以及全等三角形的判定和性質，作輔助線構造出全等三角形是難點，熟練掌握全等三角形的判定和性質是關鍵．
14．如圖，、是兩個等邊三角形，連接、．若，，，則________．
【答案】BE=10
【分析】連接AC，根據題意易證△ACD≌△BED(SAS)，根據全等三角形的性質可得AC=BE，再根據勾股定理求出AC的值即可得出結論．
【詳解】如圖，連接AC，
∵、是兩個等邊三角形，
∴AB=BD=AD=2，CD=DE，∠ABD=∠ADB=∠CDE=60，
∴∠ADB+∠BDC=∠CDE+∠BDC，
∴∠ADC=∠BDE，
在△ACD與△BDE中，
∴△ACD≌△BED（SAS），
∴AC=BE，
∵，
∴∠ABC=∠ABD+∠DBC=60°+30°=90°，
在Rt△ABC中，AB=6，BC=8，
∴AC=，
∴BE=10，
故答案為：10．
【點睛】本題考查了等邊三角形的性質，全等三角形的判定與性質，勾股定理，孰練的掌握知識點是解題關鍵．
15．如圖，正三角形和，A，C，E在同一直線上，AD與BE交于點O，AD與BC交于點P，BE與CD交于點Q，連接PQ．①AD=BE；②PQ∥AE；③AP=BQ；④DE=DP；⑤∠AOB=60°．成立的結論有______________．并寫出3對全等三角形___________________________．
【答案】 ①②③⑤ △ACD≌△BCE，△BCQ≌△ACP，△CDP≌△CEQ
【分析】①可證明△ACD≌△BCE,從而得出AD=BE；
②可通過證明△BCQ≌△ACP，從而可證明△PCQ為等邊三角形，再根據內錯角相等兩直線平行可證明PQ∥AE．
③由②中△BCQ≌△ACP，可證AP=BQ；
④通過證明△CDP≌△CEQ可得DP=EQ，又由圖可知DE＞QE，從而④錯誤；
⑤通過三角形外角定理和前面△ACD≌△BCE可得該結論．
由前面的證明過程可得出三個全等三角形．
【詳解】解：①△ABC和△DCE均是等邊三角形，點A，C，E在同一條直線上，
∴AC=BC，EC=DC，∠BCE=∠ACD=120°
∴△ACD≌△BCE
∴AD=BE，故本選項正確；
②∵△ACD≌△BCE，
∴∠CBQ=∠CAP，
又∵∠PCQ=∠ACB=60°，CB=AC，
∴△BCQ≌△ACP，
∴CQ=CP，又∠PCQ=60°，
∴△PCQ為等邊三角形，
∴∠QPC=60°=∠ACB，
∴PQ∥AE，故本選項正確；
③由②△BCQ≌△ACP可得AP=BQ，故本選項正確；
④∵△ACD≌△BCE，
∴∠ADC=∠BEC，
∵CD=CE，∠DCP=∠ECQ=60°，
∴△CDP≌△CEQ（ASA）．
∴DP=EQ，
∵DE＞QE
∴DE＞DP，故本選項錯誤；
⑤∠AOB=∠DAE+∠AEO=∠DAE+∠ADC=∠DCE=60°，故本選項正確；
∴正確的有：①②③⑤．
由上面證明過程可知△ACD≌△BCE，△BCQ≌△ACP，△CDP≌△CEQ．
故答案為：①②③⑤；△ACD≌△BCE，△BCQ≌△ACP，△CDP≌△CEQ．
【點睛】本題考查全等三角形的性質和判定，等邊三角形的性質．熟練掌握全等三角形的判定定理，并能依據等邊三角形三邊相等，三角相等都是60°的特征判斷三角形全等是解題關鍵．
16．如圖，C在線段AB上，在AB的同側作等邊三角形△ACM和△BCN，連接AN，BM，若∠MBN＝38°，則∠ANB＝_____．
【答案】82°
【分析】根據等邊三角形的邊相等，角相等，易證△ACN和△MCB全等，則∠ANC和∠MBA相等，∠MBA＝60°﹣∠MBN＝60°﹣38°＝22°，然后可求出∠ANB．
【詳解】解：∵△ACM和△BCN是等邊三角形，
∴AC＝MC，CB＝CN，∠ACM+∠MCN＝∠BCN+∠MCN，
即∠ACN＝∠MCB．
在△ACN和△MCB中，
∴△ACN≌△MCB（SAS）．
∴∠ANC＝∠MBA．
∵∠MBA＝60°﹣∠MBN＝60°﹣38°＝22°，
∴∠ANC＝22°．
∴∠ANB＝22°+60°＝82°．
故答案為82°．
【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質，本題是典型的“手拉手”模型，應熟練掌握其中全等三角形的證明.
三、解答題
17．如圖，在中，，，點O是中點，，將繞點O旋轉，的兩邊分別與射線、交于點D、E．
(1)當轉動至如圖一所示的位置時，連接，求證：；
(2)當轉動至如圖二所示的位置時，線段、、之間有怎樣的數量關系？請說明理由．
【答案】(1)見解析
(2)CE﹣CD＝AC．理由見解析
【分析】（1）結論：．連接．證明；
（2）結論：，證明方法類似（1）．
【詳解】（1）證明：∵，，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴．
（2）解：．
理由：連接．
∵，，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴．
【點睛】本題考查等腰直角三角形的性質，全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是正確尋找全等三角形解決問題．
18．如圖1，B、C、D三點在一條直線上，AD與BE交于點O，△ABC和△ECD是等邊三角形．
(1)求證：△ACD≌△BCE；
(2)求∠BOD的度數；
(3)如圖2，若B、C、D三點不在一條直線上，∠BOD的度數是否發(fā)生改變？（填“改變”或“不改變”）
【答案】(1)證明見解析
(2)∠BOD＝120°
(3)不改變，理由見解析
【分析】（1）根據“SAS”證明△ACD≌△BCE即可；
（2）由全等三角形的性質得∠ADC＝∠BEC，再由三角形的外角性質得∠AOB＝60°，即可求解；
（3）同（1）得：△ACD≌△BCE，得出∠DAC＝∠EBC，根據三角形外角求出∠AOE=120°，即可得出答案．
（1）
證明：∵△ABC和△ECD是等邊三角形，
∴∠ACB＝∠ECD＝60°，BC＝AC，EC＝CD，
∴∠ACB+∠ACE＝∠ECD+∠ACE，
∴∠BCE＝∠ACD，
在△BCE和△ACD中
∵，
∴△BCE≌△ACD（SAS）．
（2）
解：∵△BCE≌△ACD，
∴∠ADC＝∠BEC，
∵∠AOB＝∠EBC+∠ADC，
∴∠AOB＝∠EBC+∠BEC＝∠DCE＝60°，
∵∠AOB+∠BOD＝180°，
∴∠BOD＝120°．
（3）
解：不改變，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的度數不改變．
故答案為：不改變．
【點睛】本題主要考查了三角形全等的判定和性質，等邊三角形的性質，三角形外角的性質，對頂角性質，證明△ACD≌△BCE是解題的關鍵．
19．（1）如圖1，已知△CAB和△CDE均為等邊三角形，D在AC上，E在CB上，易得線段AD和BE的數量關系是．
（2）將圖1中的△CDE繞點C旋轉到圖2的位置，直線AD和直線BE交于點F．
①判斷線段AD和BE的數量關系，并證明你的結論；
②圖2中∠AFB的度數是．
（3）如圖3，若△CAB和△CDE均為等腰直角三角形，∠ABC＝∠DEC＝90°，AB＝BC，DE＝EC，直線AD和直線BE交于點F，分別寫出∠AFB的度數，線段AD、BE間的數量關系．
【答案】（1）；（2）①，證明見解析；②；（3），
【分析】（1）由等腰三角形的性質即可求解；
（2）①由“SAS”可證,可得；②由全等三角形的性質可得，即可解決問題；
（3）結論：先證明可得由此即可解決問題．
【詳解】（1）；
證明：∵和是等邊三角形，
∴
∴，
故填：；
（2）①；
證明：∵和是等邊三角形，
∴
∴
在和中
∵
∴,
∴；
②∵,
∴
設BC交AF于點O，如圖，
∵
∴
∴
故答案為：；
（3）結論：
理由如下：
在Rt中，
∵
∴
∵
∴

∴
∴
∴
∵
∴．
【點睛】本題考查幾何變換旋轉綜合題，考查了全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，等邊三角形的性質，特殊角的三角函數值，解題關鍵是正確尋找全等三角形或相似三角形解決問題．
20．如圖，在中，，D、E分別是、的中點，.
（1）如圖1，若，求的長度（用含a的代數式表示）；
（2）如圖2，將繞點A順時針旋轉，旋轉角為，連接、，判斷與的數量關系，并說明理由；
（3）在（2）的條件下，當的外心在三角形的外部時，請直接寫出的取值范圍．
【答案】（1）2a；（2）BD=CE，理由見詳解；（3）0°＜α＜60°或90°＜α＜180°．
【分析】（1）由題意直接根據三角形中位線定理進行分析即可解答；
（2）根據題意先證明△DAB≌△EAC，進而根據全等三角形的性質分析即可得到答案；
（3）根據題意分∠AEC=90°、∠EAC=90°兩種情況求出α，根據三角形的外心的概念進行解答．
【詳解】解：（1）∵D、E分別是AB，AC的中點，，
∴BC=2DE=2a；
（2）BD=CE，
理由如下：∵D、E分別是AB，AC的中點，AB=AC，
∴AD=AE，
由旋轉變換的性質可知，∠DAB=∠EAC，
在△DAB和△EAC中，
，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴BD=CE；
（3）當△ACE的外心在三角形的外部時，△ACE為鈍角三角形，
當∠AEC=90°時，取AC的中點H，連接EH，
則EH=AC=AH，
由題意得，AE=AH，
∴AE=AH=EH，
∴△AEH為等邊三角形，
∴∠EAH=60°，
∴當0°＜α＜60°時，△ACE為鈍角三角形，
當∠EAC=90°時，α=90°，
∴90°＜α＜180°時，△ACE為鈍角三角形，
綜上所述：當△ACE的外心在三角形的外部時，0°＜α＜60°或90°＜α＜180°．
【點睛】本題考查的是旋轉變換的性質和三角形的外心的概念以及全等三角形的判定和性質，熟練掌握三角形的外接圓圓心的概念、全等三角形的判定定理和性質定理是解題的關鍵．
21．如圖，點C為線段上一點，都是等邊三角形，與交于點與相交于點G．
（1）求證：；
（2）求證：
（3）若，求的面積．
【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）
【分析】（1）根據SAS即可證明△BCE≌△ACD；
（2）由△ACD≌△BCE可得∠CBG=∠CAF，從而利用ASA可證明△ACF≌△BCG；
（3）求出CG=CF=4，過G作GM⊥BD于M，過點F作FN⊥BD于N，求出GM，F(xiàn)N，根據S△ACD=S△ACF+S△CDF=S△BCG+S△CDF可求出答案．
【詳解】解：（1）證明：∵△ABC，△CDE是等邊三角形，
∴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（ASA）；
（3）∵△ACF≌△BCG，
∴S△ACF=S△BCG，CG=CF，而CF+CG=8，
∴CG=CF=4，
過G作GM⊥BD于M，過點F作FN⊥BD于N，
又∵∠ACB=∠DCE=60°，
∴GM=CG=，F(xiàn)N=CF=，
∴S△ACD=S△ACF+S△CDF
=S△BCG+S△CDF
=BC?GM+CD?FN
=（BC+CD）
=BD
=．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質以及等邊三角形的判定和性質，利用全等三角形的性質得出CG=CF是解答此題的關鍵．
22．如圖，△ABC中，AB＝AC＝1，∠BAC＝45°，△AEF是由△ABC繞點A按順時針方向旋轉得到的，連接BE，CF相交于點D,
（1）求證：BE＝CF ；
（2）當四邊形ACDE為菱形時，求BD的長．
【答案】（1）證明見解析（2）-1
【分析】（1）先由旋轉的性質得AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，則∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF，即∠EAB=∠FAC，利用AB=AC可得AE=AF，得出△ACF≌△ABE，從而得出BE=CF；
（2）由菱形的性質得到DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE，根據等腰三角形的性質得∠AEB=∠ABE，根據平行線得性質得∠ABE=∠BAC=45°，所以∠AEB=∠ABE=45°，于是可判斷△ABE為等腰直角三角形，所以BE=AC=，于是利用BD=BE﹣DE求解．
【詳解】（1）∵△AEF是由△ABC繞點A按順時針方向旋轉得到的，
∴AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，
∴∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF，
即∠EAB=∠FAC，
在△ACF和△ABE中，
△ACF≌△ABE
BE=CF.
（2）∵四邊形ACDE為菱形，AB=AC=1，
∴DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE，
∴∠AEB=∠ABE，∠ABE=∠BAC=45°，
∴∠AEB=∠ABE=45°，
∴△ABE為等腰直角三角形，
∴BE=AC=，
∴BD=BE﹣DE=．
23．在中，，點D是直線BC上一點（點D不與點B，C重合），以AD為一邊在AD的右側作，使，，連接CE．
（1）如圖（1），若點D在線段BC上，和之間有怎樣的數量關系？（不必說明理由）
（2）若，當點D在射線BC上移動時，如圖（2），和之間有怎樣的數量關系？說明理由．
【答案】（1）；（2），理由見解析
【分析】（1）根據題意證明，根據三角形的內角和即可求解；
（2）設AD與CE交于F點，根據題意證明，根據平角的性質即可求解．
【詳解】（1）．理由如下：
，
．
，，
，
，
∴=
∵
∴;
（2）．理由如下：
設AD與CE交于F點．
，．
，，
，．
，．
，，
．
【點睛】此題主要考查全等三角形的判定與性質，解題的關鍵是熟知全等三角形的判定定理．
24．背景：一次小組合作探究課上，小明將兩個正方形按背景圖位置擺放（點E，A，D在同一條直線上），發(fā)現(xiàn)BE=DG且BE⊥DG．小組討論后，提出了三個問題，請你幫助解答：
（1）將正方形AEFG繞點A按逆時針方向旋轉，（如圖1）還能得到BE=DG嗎？如果能，請給出證明．如若不能，請說明理由：
（2）把背景中的正方形分別改為菱形AEFG和菱形ABCD，將菱形AEFG繞點A按順時針方向旋轉，（如圖2）試問當∠EAG與∠BAD的大小滿足怎樣的關系時，背景中的結論BE=DG仍成立？請說明理由；
（3）把背景中的正方形改成矩形AEFG和矩形ABCD，且，AE=4，AB=8，將矩形AEFG繞點A按順時針方向旋轉（如圖3），連接DE，BG．小組發(fā)現(xiàn)：在旋轉過程中， BG2+DE2是定值，請求出這個定值．
【答案】（1）見解析；（2）當∠EAG=∠BAD時，BE=DG成立；理由見解析；（3）．
【分析】（1）根據四邊形ABCD和AEFG是正方形的性質證明△EAB≌△GAD即可；
（2）根據菱形AEFG和菱形ABCD的性質以及角的和差證明△EAB≌△GAD即可說明當∠EAG=∠BAD時，BE=DG成立；
（3）如圖：連接EB，BD,設BE和GD相交于點H，先根據四邊形AEFG和ABCD為矩形的性質說明△EAB∽△GAD，再根據相似的性質得到，最后運用勾股定理解答即可．
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD為正方形
∴AB=AD，
∵四邊形AEFG為正方形
∴AE=AG，
∴
在△EAB和△GAD中有：
∴△EAB≌△GAD
∴BE=DG；
(2)當∠EAG=∠BAD時，BE=DG成立。
證明：∵四邊形ABCD菱形
∴AB=AD
∵四邊形AEFG為正方形
∴AE=AG
∵∠EAG=∠BAD
∴
∴
在△EAB和△GAD中有：
∴△EAB≌△GAD
∴BE=DG；
(3)連接EB，BD,設BE和GD相交于點H
∵四邊形AEFG和ABCD為矩形
∴
∴
∵
∴△EAB∽△GAD
∴
∴∠GHE=∠EAG=90°
∴
∴
，
∴．
【點睛】本題屬于四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質、菱形的性質、勾股定理、全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質等知識點，靈活運用所學知識是解答本題的關鍵．
25．兩個頂角相等的等腰三角形，如果具有公共的頂角頂點，并將它們的底角頂點分別對應連接起來得到兩個全等三角形，我們把這樣的圖形稱為“手拉手”圖形．如圖1，在“手拉手”圖形中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，連接BD，CE，則△ABD≌△ACE．
(1)請證明圖1的結論成立；
(2)如圖2，△ABC和△AED是等邊三角形，連接BD，EC交于點O，求∠BOC的度數；
(3)如圖3，AB＝BC，∠ABC＝∠BDC＝60°，試探究∠A與∠C的數量關系．
【答案】(1)見解析
(2)60°
(3)∠A+∠BCD=180°，理由見解析
【分析】（1）利用等式的性質得出∠BAD=∠CAE，即可得出結論；
（2）同（1）的方法判斷出△ABD≌△ACE，得出∠ADB=∠AEC，再利用對頂角和三角形的內角和定理判斷出∠BOC=60°，即可得出答案；
（3）先判斷出△BDP是等邊三角形，得出BD=BP，∠DBP=60°，進而判斷出△ABD≌△CBP（SAS），即可得出結論．
【詳解】（1）解：證明：∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS）；
（2）如圖2，
∵△ABC和△ADE是等邊三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，
∴∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ADB=∠AEC，
令AD與CE交于點G，
∵∠AGE=∠DGO，
∴180°-∠ADB-∠DGO=180°-∠AEC-∠AGE，
∴∠DOE=∠DAE=60°，
∴∠BOC=60°；
（3）∠A+∠BCD=180°．理由：
如圖3，延長DC至P，使DP=DB，
∵∠BDC=60°，
∴△BDP是等邊三角形，
∴BD=BP，∠DBP=60°，
∵∠ABC=60°=∠DBP，
∴∠ABD=∠CBP，
∵AB=CB，
∴△ABD≌△CBP（SAS），
∴∠BCP=∠A，
∵∠BCD+∠BCP=180°，
∴∠A+∠BCD=180°．
【點睛】此題是三角形綜合題，主要考查了等腰三角形的性質，等邊三角形的性質，全等三角形的判定和性質，構造等邊三角形是解本題的關鍵．
26．小明同學發(fā)現(xiàn)這樣一個規(guī)律：兩個頂角相等的等腰三角形，如果具有公共的頂角的頂點，并把它們的底角頂點連接起來則形成一組全等的三角形，小明把具有這個規(guī)律的圖形稱為“手拉手”圖形．
（1）問題發(fā)現(xiàn)：如圖1，若△ABC和△ADE均是頂角為40°的等腰三角形，BC、DE分別是底邊，求證：BD＝CE；
（2）拓展探究：如圖2，若△ACB和△DCE均為等邊三角形，點A、D、E在同一條直線上，連接BE，則∠AEB的度數為；線段BE與AD之間的數量關系是；
（3）解決問題：如圖3，若△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，點A、D、E在同一條直線上，CM為△DCE中DE邊上的高，連接BE，請判斷∠AEB的度數及線段CM、AE、BE之間的數量關系并說明理由．
【答案】（1）見解析；（2）60°，BE＝AD；（3）∠AEB＝90°，AE＝BE+2CM，理由見解析
【分析】（1）先判斷出∠BAD＝∠CAE，進而利用SAS判斷出△BAD≌△CAE，即可得出結論；
（2）同（1）的方法判斷出△BAD≌△CAE，得出AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，最后用角的差，即可得出結論；
（3）同（2）的方法，即可得出結論．
【詳解】解：（1）∵△ABC和△ADE均是頂角為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均是等邊三角形，
∴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°，
故答案為：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．
【點睛】此題是三角形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質，等腰三角形，等邊三角形，等腰直角三角形的性質，判斷出△ACD≌△BCE是解本題的關鍵．
∴．
∴，．
又∵，
∴.
（2）成立；理由如下：
證明：∵和都是等邊三角形，
∴，，，
∴，
在和中
，
∴．
∴，．
又∵，
∴.
（3）補全圖形（如圖）,
∵△CDE是等邊三角形，
∴∠DEC=60°，
∵∠AEC=30°，
∴∠AEC=∠AED，
∴EQ⊥DQ，
∴∠DQP=90°，
根據（1）知，∠BDC=∠AEC=30°，
∵PQ=2，
∴DP=4.
故答案為：4.
【點睛】本題是一道猜想證明題，以兩線段之間的大小關系為基礎，考查了等邊三角形的性質，三角形的全等，直角三角形的性質，證明兩個手拉手模型三角形全等是解題的關鍵.
27．已知：△ABC與△BDE都是等腰三角形．BA＝BC，BD＝BE（AB＞BD）且有∠ABC＝∠DBE．
（1）如圖1，如果A、B、D在一直線上，且∠ABC＝60°，求證：△BMN是等邊三角形；
（2）在第（1）問的情況下，直線AE和CD的夾角是 °；
（3）如圖2，若A、B、D不在一直線上，但∠ABC＝60°的條件不變則直線AE和CD的夾角是 °；
（4）如圖3，若∠ACB＝60°，直線AE和CD的夾角是 °．
【答案】（1）證明見解析；（2）60；（3）60；（4）60；
【分析】（1）根據題意，得∠ABC＝∠DBE＝60°，從而得；通過證明，得；通過證明，得，根據等邊三角形的性質分析，即可完成證明；
（2）結合題意，通過證明為等邊三角形，得；結合（1）的結論，根據三角形外角性質，推導得，從而完成求解；
（3）同理，通過證明為等邊三角形，得；通過證明，得；根據三角形外角性質，推導得，從而完成求解；
（4）根據題意，通過證明為等邊三角形，推導得，通過證明，得，結合三角形外角的性質計算，即可得到答案．
【詳解】（1）∵∠ABC＝∠DBE＝60°
∴，，
∴
∵BA＝BC，BD＝BE
和中

∴
∴
和中
∴
∴
∴為等邊三角形；
（2）∵∠ABC＝∠DBE＝60°, BA＝BC
∴為等邊三角形；
∴
根據題意，AE和CD相交于點O
∵
∴
∵
∴
∴，即直線AE和CD的夾角是
故答案為：；
（3）∵∠ABC＝∠DBE＝60°, BA＝BC
∴為等邊三角形；
∴
∵，，∠ABC＝∠DBE＝60°
∴
∵BA＝BC，BD＝BE
和中

∴
∴
如圖，延長，交CD于點O
∴
∵
∴
∴，即直線AE和CD的夾角是
故答案為：；
（4）∵BA＝BC，
∴
∵∠ACB＝60°
∴
∴為等邊三角形
∵BD＝BE，∠ABC＝∠DBE
∴
∵，
∴
和中

∴
∴
分別延長CD、AE，相較于點O，如下圖：
∴
∵
∴
∴，即直線AE和CD的夾角是
故答案為：．
【點睛】本題考查了等腰三角形、等邊三角形、全等三角形、補角、三角形外角的知識；解題的關鍵是熟練掌握等邊三角形、全等三角形、三角形外角的性質，從而完成求解．
28．如圖，△ABD和△BCE都是等邊三角形，∠ABC＜105°，AE與DC交于點F．
（1）求證：AE＝DC；
（2）求∠BFE的度數；
（3）若AF＝9.17cm，BF＝1.53cm，CF＝7.53cm，求CD．
【答案】（1）見解析；（2）60°；（3）18.23cm
【分析】（1）由等邊三角形的性質可知∠DBA＝∠EBC＝60°，BD＝AB，BC＝BE．從而可證∠DBC＝∠ABE．即可利用“SAS”可證明△DBC≌△ABE，得出結論AE＝DC．
（2）過點B作BN⊥CD于N，BH⊥AE于H．由△DBC≌△ABE可知∠BEH＝∠BCN，∠BDF＝∠BAF．再結合等邊三角形的性質可求出∠FDA+∠DAF＝120°，進而求出∠DFA＝180°-120°＝60°，即求出∠DFE＝180°-60°＝120°．即可利用“AAS”證明△BEH≌△BCN，得出結論BH＝BN，即得出BF平分∠DFE，即可求出∠BFE＝60°．
（3）延長BF至Q，使FQ＝AF，連接AQ．根據所作輔助線可知∠AFQ＝∠BFE＝60°，即證明△AFQ是等邊三角形，得出結論AF＝AQ＝BQ，∠FAQ＝60°．又可證明∠DAF＝∠BAQ．利用“SAS”可證明△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．
【詳解】（1）證明：∵△ABD和△BCE都是等邊三角形，
∴∠DBA＝∠EBC＝60°，BD＝AB，BC＝BE，
∴∠DBA+∠ABC＝∠EBC+∠ABC，即∠DBC＝∠ABE，
∵在△DBC和△ABE中，，
∴△DBC≌△ABE（SAS），
∴AE＝DC；
（2）解：如圖，過點B作BN⊥CD于N，BH⊥AE于H．
∵△DBC≌△ABE，
∴∠BEH＝∠BCN，∠BDF＝∠BAF，
∵△ABD是等邊三角形，
∴∠BDA+∠BAD＝120°，
∴∠FDA+∠DAF＝120°，
∴∠DFA＝180°-120°＝60°，
∴∠DFE＝180°-60°＝120°，
在△BEH和△BCN中，
，
∴△BEH≌△BCN（AAS），
∴BH＝BN，
∴BF平分∠DFE，
∴∠BFE＝∠DFE＝×120°＝60°；
（3）解：如圖，延長BF至Q，使FQ＝AF，連接AQ．
則∠AFQ＝∠BFE＝60°，
∴△AFQ是等邊三角形，
∴AF＝AQ＝BQ，∠FAQ＝60°，
∵△ABD是等邊三角形，
∴AD＝AB，∠DAB＝60°，
∴∠DAB+∠BAF＝∠BAF+∠FAQ，即∠DAF＝∠BAQ，
在△DAF和△BAQ中，，
∴△DAF≌△BAQ（SAS），
∴DF＝BQ＝BF+FQ＝BF+AF，
∴CD＝DF+CF＝BF+AF+CF＝1.53+9.17+7.53＝18.23cm．
【點睛】本題為三角形綜合題．考查等邊三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，三角形內角和定理以及角平分線的判定和性質．正確的作出輔助線也是解答本題的關鍵．
29．（1）作圖發(fā)現(xiàn)：如圖1，已知，小涵同學以AB、AC為邊向外作等邊和等邊．連接BE，CD、這時他發(fā)現(xiàn)BE與CD的數量關系是______；
（2）拓展探究：如圖2，已知，小涵同學以AB、AC為邊向外作正方形ABFD和正方形ACGE，連接BE，CD，試判斷BE與CD之間的數量關系，并說明理由；
（3）解決問題：如圖3，要測量池塘兩岸相對的兩點B，E的距離，已經測得，，米，，求BE的距離．
【答案】（1）；（2），理由見解析；（3）BE的距離為．
【分析】（1）利用等邊三角形的性質得出，然后有，再利用SAS即可證明，則有；
（2）利用正方形的性質得出，然后有，再利用SAS即可證明，則有；
（3）根據前（2）問的啟發(fā)，過作等腰直角，連接，，同樣的方法證明，則有，在中利用勾股定理即可求出CD的值，則BE的值可求．
【詳解】（1）如圖1所示：
∵和都是等邊三角形
∴，，
∴，即
在和中
∵
∴（SAS）
∴
（2）BE=CD ，理由如下：
∵四邊形ABFD和ACGE均為正方形
∴，，
∴
在和中
∵
∴（SAS）
∴
（3）如圖3，
過作等腰直角，，連接，，
則米，，
米，

∴
即
在和中，
，
，
，
，
在中，米，米，
根據勾股定理得：（米），
則米．
【點睛】本題主要考查全等三角形的判定及性質，正方形的性質，等邊三角形的性質和等腰直角三角形的性質，勾股定理應用，掌握全等三角形的判定及性質是解題的關鍵．
30．在學習全等三角形知識時，數學興趣小組發(fā)現(xiàn)這樣一個模型：模型是由兩個頂角相等且有公共頂角頂點的等腰三角形組成的圖形，如果把它們的底角頂點連接起來，則在相對位置變化的過程中，始終存在一對全等三角形，我們把這種模型稱為“手拉手模型”．這個數學興趣小組進行了如下操作：
（1）如圖1．在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=40°（AB＞AD），連接BD，CE，當點E落在AB邊上，且D，E，C三點共線時，則在這個“手拉手模型”中，和△ABD全等的三角形是，∠BDC的度數為．
（2）如圖2．在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°，連接BD，CE，當點B，D，E在同一條直線上時，請判斷線段BD和CE的關系，并說明理由．
（3）如圖3，已知△ABC，請畫出圖形：以AB，AC為邊分別向△ABC外作等邊三角形ABD和等邊三角形ACE（等邊三角形三條邊相等，三個角都等于60°），連接BE，CD，交于點P，請直接寫出線段BE和CD的數量關系及∠BPD的度數．
【答案】（1）△ACE，40°；（2）BD=CE且BD⊥CE，理由見解析；（3）作圖見解析，BE=CD，∠BPD=60°．
【分析】（1）利用全等三角形的判定定理可以證明，再根據全等三角形的性質及三角形內角和定理求出是解題的突破口；
（2）通過∠BAC=∠DAE=90°及等量代換可得相等關系，再通過證明△DAB≌△EAC（SAS），通過等量代換推出∠DBC+∠ECB=90°即可間接證明垂直；
（3）利用全等三角形的判定定理可以證明三角形全等得出BE=CD，通過等量代換求解可得∠BPD=60°．
【詳解】解：（1）由題意在△ABD和△ACE中，
,
，
，
，
，
，
，
，
故答案是：△ACE，40°；
（2）BD=CE且BD⊥CE；
理由：因為∠BAC=∠DAE=90°，
所以∠DAC+∠DAB=∠DAC+∠EAC．
所以∠DAB=∠EAC．
在△DAB和△EAC中，
，
所以△DAB≌△EAC（SAS），
所以BD=CE，∠DBA=∠ECA，
因為∠DBA+∠EBC+∠ACB=90°，
所以∠ECA+∠EBC+∠ACB=90°，
即∠DBC+∠ECB=90°，
所以∠BEC=180°﹣（∠DBC+∠ECB）=90°，
所以BD⊥CE，
（3）BE=CD，∠BPD=60°，理由如下：
如圖所示，為等邊三角形，

，
，
，
，
在中，
，
，
，
，
．
【點睛】本題考查了三角形全等的判定及性質、三角形內角和定理、等邊三角形的性質、解題的關鍵是掌握相關定理的同時，要靈活運用等量代換的思想進行解答．
31．如圖，和都是以為直角頂點的等腰直角三角形，連接，．
（1）如圖1，試判斷與的數量關系和位置關系，并說明理由．
（2）如圖2，若點恰好在上，且為的中點，，求的面積．
（3）如圖3，設與的交點為，若，，，求的長．
【答案】（1），，見解析；（2）；（3）．
【分析】(1) 結論: AC=BD，AC⊥BD.如圖1中，設AC交BD于K，OA交BD于 E.證明△AOC≌△BOD (SAS)即可解決問題.
(2)如圖2中，作OH⊥CD于H.首先證明OH=DH=CH，設OH=DH=CH=m，構建方程求出m即可解決問題.
(3)如圖3中，連接BC，作BH⊥CO交CO的延長線于H.依次求出OB，OH，BH，CH，再求出 OC即可解決問題.
【詳解】（1）如圖，設交于點，交于點，
圖1
所以，
∴，
∴，，
∴≌（SAS），
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴．
（2）如圖，作于點，
圖2
∵，，，
∴，
設，
則，
∵，，，
∴，
在中，
∵，
∴，
解得或（舍），
∴，，
∵≌，
．
（3）如圖，連接，
圖3
作交的延長線于點，
∵，，，
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
在中，
，
∴，
∵，
∴．
【點睛】本題屬于三角形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質，勾股定理，30°角的直角三角形的性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造直角三角形解決問題，屬于中考壓軸題.
32．已知在中，，過點引一條射線，是上一點．
【問題解決】
（1）如圖1，若，射線在內部，，求證：．小明同學展示的做法是：在上取一點使得，通過已知的條件，從而求得的度數，請你幫助小明寫出證明過程；
【類比探究】
（2）如圖2，已知．
①當射線在內，求的度數；
②當射線在下方，如圖3所示，請問的度數會變化嗎？若不變，請說明理由，若改變，請求出的度數
【答案】（1）見解析；（2）①120°；②會變，60°
【分析】（1）在上取一點使得，可證≌，求出∠ADC的度數，減去∠ADB的度數即可；
（2）在上取一點，使得，可證≌，求出∠ADC的度數，減去∠ADB的度數即可；
（3）在延長線上取一點，使得，按照（2）的方法可求．
【詳解】證明：（1）在上取一點使得，
∵，
∴為等邊三角形，
∵
∴為等邊三角形，
∴，
∴≌（），
∴，
∴；
（2）①如圖2，在上取一點，使得，
∵，且，
∴，
∴，
∴
∴≌（），
∴，
∴，

②會變，
如圖3，在延長線上取一點，使得
同理可得：≌（），
∴，
∴．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質，等腰三角形的性質，解題關鍵是恰當的作輔助線，構造“手拉手”手拉手全等模型，利用全等三角形的性質求角．
33．（1）如圖1，和都是等邊三角形，且，，三點在一條直線上，連接，相交于點，求證：．
（2）如圖2，在中，若，分別以，和為邊在外部作等邊，等邊，等邊，連接、、恰交于點．
①求證：；
②如圖2，在（2）的條件下，試猜想，，與存在怎樣的數量關系，并說明理由．
【答案】（1）詳見解析；（2）①詳見解析；②，理由詳見解析
【分析】（1）根據等邊三角形的性質得出BC=AC，CE=CD，∠ACB=∠DCE=60°，進而得出∠BCE=∠ACD，判斷出（SAS），即可得出結論；
（2）①同（1）的方法判斷出（SAS），（SAS），即可得出結論； ②先判斷出∠APB=60°，∠APC=60°，在PE上取一點M，使PM=PC，證明是等邊三角形，進而判斷出（SAS），即可得出結論．
【詳解】（1）證明：∵和都是等邊三角形，
∴BC=AC，CE=CD，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ABC+∠ACE=∠DCE+∠ACE，
即∠BCE=∠ACD，
∴（SAS），
∴BE=AD；
（2）①證明：∵和是等邊三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，
即∠ACD=∠BCE，
∴（SAS），
∴AD=BE，
同理：（SAS），
∴AD=CF，
即AD=BE=CF；
②解：結論：PB+PC+PD=BE，
理由：如圖2，AD與BC的交點記作點Q，則∠AQC=∠BQP，
由①知，，
∴∠CAD=∠CBE，
在中，∠CAD+∠AQC=180°-∠ACB=120°，
∴∠CBE+∠BQP=120°，
在中，∠APB=180°-（∠CBE+∠BQP）=60°，
∴∠DPE=60°，
同理：∠APC=60°，
∠CPD=120°，
在PE上取一點M，使PM=PC，
∴是等邊三角形，
∴，∠PCM=∠CMP=60°，
∴∠CME=120°=∠CPD，
∵是等邊三角形，
∴CD=CE，∠DCE=60°=∠PCM，
∴∠PCD=∠MCE，
∴（SAS），
∴PD=ME，
∴BE=PB+PM+ME=PB+PC+PD．
【點睛】此題是三角形綜合題，主要考查了三角形的內角和定理，等邊三角形的性質和判定，全等三角形的判定和性質，構造出全等三角形是解本題的關鍵．
34．給出定義，若一個四邊形中存在相鄰兩邊的平方和等于一條對角線的平方，則稱該四邊形為勾股四邊形．
（1）在你學過的特殊四邊形中，寫出兩種勾股四邊形的名稱；
（2）如圖，將△ABC繞頂點B按順時針方向旋轉60°得到△DBE，連接AD，DC，CE，已知∠DCB=30°．
①求證：△BCE是等邊三角形；
②求證：DC2+BC2=AC2，即四邊形ABCD是勾股四邊形．
【答案】(1)正方形、矩形、直角梯形均可；(2)①證明見解析②證明見解析
【分析】（1）根據定義和特殊四邊形的性質，則有矩形或正方形或直角梯形；
（2）①首先證明△ABC≌△DBE，得出AC=DE，BC=BE，連接CE，進一步得出△BCE為等邊三角形；
②利用等邊三角形的性質，進一步得出△DCE是直角三角形，問題得解．
【詳解】解：（1）正方形、矩形、直角梯形均可；
（2）①∵△ABC≌△DBE，
∴BC=BE，
∵∠CBE=60°，
∴△BCE是等邊三角形；
②∵△ABC≌△DBE，
∴BE=BC，AC=ED；
∴△BCE為等邊三角形，
∴BC=CE，∠BCE=60°，
∵∠DCB=30°，
∴∠DCE=90°，
在Rt△DCE中，
DC2+CE2=DE2，
∴DC2+BC2=AC2．
35．如圖1，在△ABC中，AE⊥BC于E，AE＝BE，D是AE上的一點，且DE＝CE，連接BD，CD．
（1）試判斷BD與AC的位置關系和數量關系，并說明理由；
（2）如圖2，若將△DCE繞點E旋轉一定的角度后，試判斷BD與AC的位置關系和數量關系是否發(fā)生變化，并說明理由；
（3）如圖3，若將（2）中的等腰直角三角形都換成等邊三角形，其他條件不變．
①試猜想BD與AC的數量關系，并說明理由；
②你能求出BD與AC的夾角度數嗎？如果能，請直接寫出夾角度數；如果不能，請說明理由．
【答案】（1）BD＝AC，BD⊥AC，理由見解析；（2）不變，理由見解析；（3）①BD＝AC，理由見解析；②能，60°或120°．
【分析】（1）延長BD交AC于F，根據“”判定，根據全等三角形的性質，即可求證；
（2）根據“”判定，根據全等三角形的性質，即可求證；
（3）①根據“”判定，根據全等三角形的性質，即可求證；②設與交于點，根據全等三角形的性質，即可求證．
【詳解】（1）BD＝AC，BD⊥AC，
理由：延長BD交AC于F．
∵AE⊥BC，
∴∠AEB＝∠AEC＝90°，
在△BED和△AEC中
∴，
∴BD＝AC，∠DBE＝∠CAE，
∵∠BED＝90°，
∴∠EBD+∠BDE＝90°，
∵∠BDE＝∠ADF，
∴∠ADF+∠CAE＝90°，
∴∠AFD＝180°﹣90°＝90°，
∴BD⊥AC；
（2）
不發(fā)生變化，
理由是：∵∠BEA＝∠DEC＝90°，
∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，
∴∠BED＝∠AEC，
在△BED和△AEC中，
∴△BED≌△AEC（SAS），
∴BD＝AC，∠BDE＝∠ACE，
∵∠DEC＝90°，
∴∠ACE+∠EOC＝90°，
∵∠EOC＝∠DOF，
∴∠BDE+∠DOF＝90°，
∴∠DFO＝180°﹣90°＝90°，
∴BD⊥AC；
（3）①∵∠BEA＝∠DEC＝90°，
∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，
∴∠BED＝∠AEC，
在△BED和△AEC中，
∴△BED≌△AEC（SAS），
∴BD＝AC，
②能．設與交于點，如下圖：
理由：∵△ABE和△DEC是等邊三角形，
∴AE＝BE，DE＝EC，∠EDC＝∠DCE＝60°，∠BEA＝∠DEC＝60°，
∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，
∴∠BED＝∠AEC，
在△BED和△AEC中，
，
∴△BED≌△AEC（SAS），
∴∠BDE＝∠ACE，BD＝AC．
∴
，
即BD與AC所成的角的度數為60°或120°．
【點睛】此題考查了全等三角形的判定與性質，解題的關鍵是掌握全等三角形的判定方法與性質．
36．如圖，在等腰△ABC與等腰△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=α，連接BD和CE相交于點P，交AC于點M，交AD于點N．
(1)求證：BD=CE．
(2)求證：AP平分∠BPE．
(3)若α=60°，試探尋線段PE、AP、PD之間的數量關系，并說明理由．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
(3)PE=AP+PD，見解析
【分析】（1）由“SAS”可證△BAD≌△CAE，可得BD=CE；
（2）由全等三角形的性質可得S△BAD=S△CAE，由三角形面積公式可得AH=AF，由角平分線的性質可得AP平分∠BPE；
（3）由全等三角形的性質可得∠BDA=∠CEA，由“SAS”可證△AOE≌△APD，可得AO=AP，可證△APO是等邊三角形，可得AP=PO，可得PE=AP+PD，即可求解．
【詳解】（1）證明：∵∠BAC=∠DAE=α，
∴∠BAD=∠CAE，
又∵AB=AC，AD=AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD=CE；
（2）證明：如圖，過點A作AH⊥BD，AF⊥CE，
∵△BAD≌△CAE，
∴S△BAD=S△CAE，BD=CE，
∴BD×AH=CE×AF，
∴AH=AF，
又∵AH⊥BD，AF⊥CE，
∴AP平分∠BPE；
（3）解：PE=AP+PD，理由如下：
如圖，在線段PE上截取OE=PD，連接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是等邊三角形，
∴AP=PO，
∵PE=PO+OE，
∴PE=AP+PD．
【點睛】本題是三角形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質，直角三角形的性質，等邊三角形的判定和性質以及角之間的關系，證明△BAD≌△CAE是解本題的關鍵．
37．邊長為4的正方形ABCD與邊長為2的正方形CEFG如圖1擺放，將正方形CEFG繞點C順時針旋轉，旋轉角為α，連接BG，DE．
（1）如圖2，求證：△BCG≌△DCE；
（2）如圖2，連接DG，BE，判斷DG2+BE2否為定值．若是，求這個定值若不是，說明理由；
（3）如圖3，當點G恰好落在DE上時，求α的值．
【答案】（1）見解析；（2）48；（3）
【分析】（1）通過邊角邊判定三角形全等；
（2）連接，設交于點，交于點，先證明，由勾股定理可得；
（3）作于點，則，且，由含30度角的直角三角形的性質求解．
【詳解】（1）四邊形與為正方形，，，
，，
，
在和中，
(SAS)，
（2）連接，設交于點，交于點，
，，
，
在△和中，
，
，
，
，
由勾股定理得，，
，
，
，，
，
(3)作于點，如圖，
△為等腰直角三角形，
，且，
在中，，
，
，
．
．
【點睛】本題考查四邊形與三角形的綜合問題，解題關鍵是熟練掌握正方形與直角三角形的性質，通過添加輔助線求解．

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