手拉手模型专题训练
专题训练--手拉手模型
专题四手拉手模型数学模型-----手拉手有些同学在学习数学时无从下手，找不到突破的方法，做不到举一反三，所以在数学的学习过程中，必须深入本质，做到知识、规律、法则掌握准确，及时反思．下面先给大家介绍一种常见的数学模型---手拉手模型，通过对模型的理解和掌握，把模型的结论融会贯通，理解透彻，那么这一类题型，都是可以迎刃而解的．一、模型类别二、相关结论的运用（一）有公共顶点的等边三角形典例精讲：[问题提出]（1）如图①，△ABC,△ADE均为等边三角形，点D,E分别在边AB，AC上．将△ADE绕点A沿顺时针方向旋转，连结BD,CE．在图②中证明△ADB≅△AEC．[学以致用]（2）在（1）的条件下，当点D,E,C在同一条直线上时，∠EDB的大小为度．[拓展延伸]（3）在（1）的条件下，连结CD．若BC=6,AD=4直接写出△DBC的面积S的取值范围．【思路点拨】（1）根据“手拉手”模型1，证明△ADB≅△AEC即可；（2）分“当点E在线段CD上”和“当点E在线段CD的延长线上”两种情况，再根据“手拉手”模型1中的结论2即可求得∠EDB的大小；（3）分别求出△DBC的面积最大值和最小值即可得到结论【详解】（1）∵ABC,ADE均为等边三角形，∴AD=AE，AB=AC，∴∠DAE−∠BAE=∠BAC−∠BAE，即∠BAD=∠CAE在△ADB和△AEC中AD=AE∠BAD=∠CAEAB=AC∴ABD≅ACE(SAS)；（2）当D,E,C在同一条直线上时，分两种情况：①当点E在线段CD上时，如图，∵△ADE是等边三角形，∴∠ADE=∠AED=60°，∴∠AEC=180°−∠AED=120°，由（1）可知，△ADB≅△AEC，∴∠ADB=∠AEC=120°，∴∠EDB=∠ADB−∠ADE=120°−60°=60°②当点E在线段CD的延长线上时，如图，∵△ADE是等边三角形，∴∠ADE=∠AED=60°∴∠ADC=180°−∠ADE=120°，由（1）可知，△ADB≅△AEC∴∠ADB=∠AEC=60°，∴∠EDB=∠ADB+∠ADE=60°+60°=120°综上所述，∠EDB的大小为60°或120°（3）过点A作AF⊥BC于点F，当点D在线段AF上时，点D到BC的距离最短，此时，点D到BC的距离为线段DF的长，如图：∵ΔABC是等边三角形，AF⊥BC，BC=6BC=3∴AB=BC=6，BF=12∴AF=AB2−BF2=62−32=33∴DF=33−4此时S.DBC=12BC⋅DF=12×6×(33−4)=93−12；当D在线段FA的延长线上时，点D到BC的距离最大，此时点D到BC的距离为线段DF的长，如图，∵ΔABC是等边三角形，AF⊥BC，BC=6BC=3，∴AB=BC=6，BF=12∴AF=AB2−BF2=62−32=33∵AD=4∴DF=AF+AD=33+4此时，S.DBC=12BC⋅DF=12×6×(33+4)=93+12；综上所述，△DBC的面积S取值是93−12≤5≤93+12【解题技法】“手拉手”模型1中，对应边“拉手线”组成的两个三角形全等实战演练：1．【发现问题】（1）如图1，已知ΔCAB和ΔCDE均为等边三角形，D在AC上，E在CB上，易得线段AD和BE的数量关系是．（2）将图1中的ΔCDE绕点C旋转到图2的位置，直线AD和直线BE交于点F①判断线段AD和BE的数量关系，并证明你的结论．②图2中∠AFB的度数是．（3）【探究拓展】如图3，若ΔCAB和ΔCDE均为等腰直角三角形，∠ABC=∠DEC=90∘，AB=BC，DE=EC，直线AD和直线BE交于点F，分别写出∠AFB的度数，线段AD、BE之间的数量关系．（二）有公共顶点的等腰直角三角形典例精讲：如图，△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝α，AC、BD交于M（1）如图1，当α＝90°时，∠AMD的度数为°（2）如图2，当α＝60°时，∠AMD的度数为°（3）如图3，当△OCD绕O点任意旋转时，∠AMD与α是否存在着确定的数量关系？如果存在，请你用表示∠AMD，并图3进行证明；若不确定，说明理由．【思路点拨】（1）如图1中，设OA交BD于K．根据“手拉手”模型2证明△BOD≌△AOC，推出∠OBD=∠OAC，由∠AKM=∠BKO，可得∠AMK=∠BOK=90°；（2）如图2中，设OA交BD于K．根据“手拉手”模型1证明△BOD≌△AOC，推出∠OBD=∠OAC，由∠AKM=∠BKO，推出∠AMK=∠BOK=60°；（3）如图3中，设OA交BD于K．根据“手拉手”模型3证明△BOD≌△AOC，根据“手拉手”模型中的结论2可得∠AMD=180°-α.【详解】（1）如图1中，设OA交BD于K．∵OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝α，∴∠BOD＝∠AOC，∴△BOD≌△AOC，∴∠OBD＝∠OAC，∵∠AKM＝∠BKO，∴∠AMK＝∠BOK＝90°．故答案为90．（2）如图2中，设OA交BD于K．∵OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝α，∴∠BOD＝∠AOC，∴△BOD≌△AOC，∴∠OBD＝∠OAC，∵∠AKM＝∠BKO，∴∠AMK＝∠BOK＝60°．故答案为60．（3）如图3中，设OA交BD于K．∵OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝α，∴∠BOD＝∠AOC，∴△BOD≌△AOC，∴∠OBD＝∠OAC，∵∠AKO＝∠BKM，∴∠AOK＝∠BMK＝α．∴∠AMD＝180°﹣α．【解题技法】“手拉手”模型2中，两条“拉手线”所在直线的夹角与初始图形中公共顶点对应的角相等或互补实战演练：2．已知：如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，点E在BC边上．（1）求证：△ACD≌△ABE；（2）若∠CDE=60°，求∠AEB的度数．3．△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°（1）如图1，点D，E在AB，AC上，则BD，CE满足怎样的数量关系和位置关系？（2）如图2，点D在△ABC内部，点E在△ABC外部，连结BD，CE，则BD，CE满足怎样的数量关系和位置关系？请说明理由．（3）如图3，点D，E都在△ABC外部，连结BD，CE，CD，EB，BD与CE相交于F点．①若BD=4，求四边形BCDE的面积．②若AB=2，AD=1，设CD2=x，EB2=y，求y与x之间的函数关系式．4．如图乙，△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点P为射线BD，CE的交点．（1）如图甲，将△ADE绕点A旋转，当C、D、E在同一条直线上时，连接BD、BE，则下列给出的四个结论中，其中正确的是哪几个．（回答直接写序号）①BD＝CE；②BD⊥CE；③∠ACE+∠DBC＝45°；④BE2＝2（AD2+AB2）（2）若AB＝6，AD＝3，把△ADE绕点A旋转：①当∠CAE＝90°时，求PB的长；②直接写出旋转过程中线段PB长的最大值和最小值．（三）顶角相等的等腰三角形典例精讲：观察猜想如图1，有公共直角顶点A的两个不全等的等腰直角三角尺叠放在一起，点B在AD上，点C在AE上.（1）在图1中，你发现线段BD，CE的数量关系是___________，直线BD，CE的位置关系是________.操作发现（2）将图1中的△ABC绕点A逆时针旋转一个锐角得到图2，这时（1）中的两个结论是否成立？作出判断并说明理由；拓广探索（3）如图3，若只把“有公共直角顶点A的两个不全等的等腰直角三角尺”改为“有公共顶角为∠A（锐角）的两个不全等等腰三角形”，△ABC绕点A逆时针旋转任意一个锐角，这时（1）中的两个结论仍然成立吗？作出判断，不必说明理由.（1）BD=CE，BD⊥CE；（2）将图1中的△ABC绕点A逆时针旋转一个锐角时，两个结论成立.理由见解析；（3）结论BD=CE成立；结论BD⊥CE不成立.【思路点拨】（1）根据△ABC和△ADE是等腰直角三角形，得到AB=AC，AD=AE，∠A=90°，即可得出结论；（2）由旋转的性质得到∠DAB=∠EAC．根据“手拉手”模型2证明△ABD≌△ACE，得出BD=CE．再根据“手拉手”模型2的结论2可得出BD⊥CE．（3）根据“手拉手”模型3证明△ABD≌△ACE，可得BD=CE成立，再根据“手拉手”模型3的结论2可得出BD⊥CE 不成立．【详解】（1）∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠A=90°，∴BD=CE，BD⊥CE．故答案为：BD=CE，BD⊥CE．（2）将图1中的△ABC绕点A逆时针旋转一个锐角时，两个结论成立．理由如下：由旋转得：∠DAB=∠EAC．又∵AB=AC，AD=AE，∴△ABD≌△ACE（SAS）．∴BD=CE．如图，延长DB，交CE于点F，交AE于点O．∵△ABD≌△ACE，∴∠ADB=∠AEC．∵∠AOD=∠EOF．∴∠OFE=∠OAD．∵∠OAD=90°，∴∠DFE=90°，即BD⊥CE．（3）结论BD=CE成立，结论BD⊥CE不成立．理由如下：由旋转得：∠DAE=∠BAC，∴∠DAB=∠EAC．又∵AB=AC，AD=AE，∴△ABD≌△ACE（SAS）．∴BD=CE．延长DB交CE于M，BD与AE交于点N．∵△ABD≌△ACE，∴∠MEA=∠BDA．∵∠ENM=∠DNA，∴∠EMN=∠EAD．∵∠EAD≠90°，∴∠EMN≠90°，∴BD⊥CE不成立．【解题技法】对于以等腰三角形的顶点为旋转点，进行适当旋转的题目，连接对应点构造新的三角形，根据“手拉手”模型3证明三角形全等即可解决问题实战演练：5．如图，在△ABC中，AB=AC=4，D、E分别是AB、AC的中点，∠BAC=40°.（1）如图1，若DE=a，求BC的长度（用含a的代数式表示）；（2）如图2，将△ADE绕点A顺时针旋转，旋转角为α0°<α<180°，连接BD、CE，判断BD与CE的数量关系，并说明理由；（3）在（2）的条件下，当△ACE的外心在三角形的外部时，请直接写出α的取值范围．6．如图，△ABC中，AB＝AC＝1，∠BAC＝45°，△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，连接BE，CF相交于点D,（1）求证：BE＝CF；（2）当四边形ACDE为菱形时，求BD的长．（四）有公共顶点的正方形典例精讲：规定：有一角重合，且角的两边叠合在一起的两个相似四边形叫做“嵌套四边形”，如图，四边形ABCD和AMPN 就是嵌套四边形．（1）问题联想如图①，嵌套四边形ABCD，AMPN都是正方形，现把正方形AMPN以A为中心顺时针旋转150°得到正方形AM'P'N'，连接BM'，DN'交于点O，则BM'与DN'的数量关系为_____，位置关系为_____；（2）类比探究如图②，将（1）中的正方形换成菱形，∠BAD=∠MAN=60，其他条件不变，则（1）中的结论还成立吗?若成立，请说明理由；若不成立，请给出正确的结论，并说明理由；（3）拓展延伸如图3，将（1）中的嵌套四边形ABCD和AMPN换成是长和宽之比为2：1的矩形，旋转角换成α（90°＜α＜180°），其他条件不变，请直接写出BM'与DN'的数量关系和位置关系．【思路点拨】（1）根据“手拉手”模型4证明△ABM’≌△AND’，得到B⊥′=DN′′，再根据“手拉手”模型4的结论2得出BM′⊥DN′′；（2）根据“手拉手”模型4和菱形的性质证明ΔABM′≅ΔADN′，再推∠BOD=∠BAD=60°，故可求解；（3）根据“手拉手”模型4和矩形的性质证明ΔABM′≡ΔADN′′，得到BM′=2DN′，再推出∠BOD=∠BAD=90°即可求解．【详解】（1）如图设AB，DN′交于点H，，∵四边形ABCD，AMPN都是正方形，把正方形AMPN以A为中心顺时针旋转150°得到正方形AM'P'N'，∴AB=AD,AM’=AD’,∠BAM′=∠D⋅AN′=150°∴△ABM’≌△AND’，∴B⊥′=DN′′，∠ABM’=∠ADN’，∵∠ADN’+∠DHA+∠DAH=180°，∠ABM’+∠BHO+∠BOD=180°，又∠DHA=∠BHO∴∠BOD=∠BAD=90°，即BM′⊥DN′′故答案为：BM′=DN′，BM′⊥DN′′；（2）BM′=DN′成立，BM′⊥DN′′不成立，BM′与DN′相交，且夹角为60°.理由：设AB，DN′交于点E，由旋转的性质可得∠BAM′=∠D⋅AN′=150°.∵四边形ABCD，AMP′N′都是菱形，∴AB=AD，AM′=AN′′，∴ΔABM′≅ΔADN′，∴BM′=DN′，∠ABM′=∠ADN′.又∵∠BEO=∠DEA，∴∠BOD=∠BAD=60°；故BM′与DN′相交，且夹角为60°；（3）BM′=2DN′，BM′⊥DN′′，理由如下：设AB，DN′交于点E，由旋转的性质可得∠BAM′=∠DAN′=α.∵四边形ABCD和AMPN是长和宽之比为2：1的矩形∴AB=2AD，AM′=2AN′，∴ABAD =AM′AN′=2∴ΔABM′~ΔADN′，∴BM′=2DN′，∠ABM′=∠ADN′.又∵∠BEO=∠DEA，∴∠BOD=∠BAD=90°∴BM′=2DN′，BM′⊥DN′′．【解题技法】利用“手拉手”模型4证明三角形全等，再把特殊情况推广到一般情况，再运用类比的思想方法是一种常用的数学方法．实战演练：7．（1）在正方形ABCD中，G是CD边上的一个动点（不与C、D重合），以CG为边在正方形ABCD外作一个正方形CEFG，连结BG、DE，如图①．直接写出线段BG、DE的关系；（2）将图①中的正方形CEFG绕点C按顺时针方向旋转任意角度α，如图②，试判断（1）中的结论是否成立？若成立，直接写出结论，若不成立，说明理由；（3）将（1）中的正方形都改为矩形，如图③，再将矩形CEFG绕点C按顺时针方向旋转任意角度α，如图④，若AB=a，BC=b；CE=ka，CG=kb，(a≠b)试判断（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由．（五）有公共顶点的直角三角形典例精讲：1．（1）问题发现如图1，在△OAB和△OCD中，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=40°，连接AC，BD交于点M．填空：的值为；①ACBD②∠AMB的度数为．（2）类比探究如图2，在△OAB和△OCD中，∠AOB=∠COD=90°，∠OAB=∠OCD=30°，连接AC交BD的延长线于点M．请的值及∠AMB的度数，并说明理由；判断ACBD（3）拓展延伸在（2）的条件下，将△OCD绕点O在平面内旋转，AC，BD所在直线交于点M，若OD=1，OB=7，请直接写出当点C与点M重合时AC的长．【思路点拨】（1）①根据“手拉手”模型3证明△COA≌△DOB，得AC=BD；②根据“手拉手”模型3的结论2得出∠AMB=∠AOB；（2）根据“手拉手”模型5证明△AOC∽△BOD，则ACBD =OCOD=3，再根据“手拉手”模型5的结论2得出∠AMB的度数；（3）正确画图形，当点C与点M重合时，有两种情况，如图3和4，根据在旋转过程中，始终有“手拉线”AC 与BD垂直，据此设出未知数，运用勾股定理求解即可．【详解】（1）问题发现：①如图1，∵∠AOB=∠COD=40°，∴∠COA=∠DOB，∵OC=OD，OA=OB，∴△COA≌△DOB（SAS），∴AC=BD，∴ACBD=1②∵△COA≌△DOB，∴∠CAO=∠DBO，∵∠AOB=40°，∴∠OAB+∠ABO=140°，在△AMB中，∠AMB=180°-（∠CAO+∠OAB+∠ABD）=180°-（∠DBO+∠OAB+∠ABD）=180°-140°=40°，（2）类比探究：如图2，ACBD=3，∠AMB=90°，理由是：Rt△COD中，∠DCO=30°，∠DOC=90°，∴ODOC=tan30°=同理得：OBOA=tan30°=∴ODOC =OBOA，∵∠AOB=∠COD=90°，∴∠AOC=∠BOD，∴△AOC∽△BOD，∴ACBD =OCOD=3，∠CAO=∠DBO，在△AMB中，∠AMB=180°-（∠MAB+∠ABM）=180°-（∠OAB+∠ABM+∠DBO）=90°；（3）拓展延伸：①点C与点M重合时，如图3，同理得：△AOC∽△BOD，∴∠AMB=90°，ACBD=3，设BD=x，则AC=3x，Rt△COD中，∠OCD=30°，OD=1，∴CD=2，BC=x-2，Rt△AOB中，∠OAB=30°，OB=7，∴AB=2OB=27，在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2=AB2，(3x)2+(x−2)2＝(27)2，x2-x-6=0，（x-3）（x+2）=0，x1=3，x2=-2，∴AC=33；②点C与点M重合时，如图4，=3，同理得：∠AMB=90°，ACBD设BD=x，则AC=3x，在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2=AB2，(3x)2+（x+2）2=(27)2.x2+x-6=0，（x+3）（x-2）=0，x1=-3，x2=2，∴AC=23；.综上所述，AC的长为33或23．【解题技法】用运动和变化的眼光观察和研究图形，把握图形旋转过程中的等量关系，抓住利用“手拉手”模型5得出△AOC∽△BOD是解题的关键．实战演练：8．如图1，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝4，BC＝2，点D，E分别是边BC，AC的中点，连接DE．将△CDE 绕点C逆时针方向旋转，记旋转角为α．（1）问题发现＝；①当α＝0°时，AEBD＝；②当α＝180°时，AEBD（2）拓展探究试判断当0°＜α＜360°时，AE的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明；BD（3）问题解决当△CDE绕点C逆时针旋转至A，B，E三点在同一条直线上时，求线段BD的长．9．如图（1），在RtΔABC中，∠B=90°，BC=2AB=8，点D，E分别是边BC，AC的中点，连接DE．的值；（1）如图①，求AEBD（2）将ΔEDC绕点C顺时针旋转到如图（2）的位置时，AE的大小是否发生变化，若不变化，请说明理由；若发BD生变化，请求出它的值；（3）将ΔEDC绕点C顺时针旋转到直线BC的下方，且A，E，D在同一直线上时，如图（3），求线段BD的长．（六）有公共顶点的任意三角形典例精讲：在ΔABC，CA=CB，∠ACB=α．点P是平面内不与点A，C重合的任意一点．连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转α得到线段DP，连接AD，BD，CP．（1）观察猜想如图1，当α=60°时，BDCP的值是，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是．（2）类比探究如图2，当α=90°时，请写出BDCP的值及直线BD与直线CP相交所成的小角的度数，并就图2的情形说明理由．（3）解决问题当α=90°时，若点E，F分别是CA，CB的中点，点P在直线EF上，请直接写出点C，P，D在同一直线上时ADCP 的值．【思路点拨】（1）如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．根据“手拉手”模型1证明ΔCAP≅ΔBAD，得出CP=BD，．根据“手拉手”模型1的结论2即可解决问题．（2）如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．根据“手拉手”模型6证明ΔDAB~ΔPAC，得出BDPC =ABAC=2即可解决问题．（3）分两种情形：①如图3﹣1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．证明AD=DC即可解决问题．②如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA=DC解决问题．【详解】解：（1）如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．∵∠PAD=∠CAB=60°，∴∠CAP=∠BAD，∵CA=BA，PA=DA，∴ΔCAP≅ΔBAD(SAS)，∴PC=BD，∠ACP=∠ABD，∵∠AOC=∠BOE，∴∠BEO=∠CAO=60°，=1，线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是60°，∴BDPC故答案为1，60°．（2）如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．∵∠PAD=∠CAB=45°，∴∠PAC=∠DAB，∵ABAC =ADAP=2，∴ΔDAB~ΔPAC，∴∠PCA=∠DBA，BDPC =ABAC=2，∵∠EOC=∠AOB，∴∠CEO=∠OAB=45°，直线BD与直线CP相交所成的小角的度数为45°．（3）如图3﹣1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．∵CE=EA，CF=FB，∴EF//AB，∴∠EFC=∠ABC=45°，∵∠PAO=45°，∴∠PAO=∠OFH，∵∠POA=∠FOH，∴∠H=∠APO，∵∠APC=90°，EA=EC，∴PE=EA=EC，，∴∠H=∠BAH，∴BH=BA，∵∠ADP=∠BDC=45°，∴∠ADB=90°，∴BD⊥AH，∴∠DBA=∠DBC=22.5°，∵∠ADB=∠ACB=90°，A，D，C，B四点共圆，∠DAC=∠DBC=22.5°，∠DCA=∠ABD=22.5°，∴∠DAC=∠DCA=22.5°，∴DA=DC，设AD=a，则DC=AD=a，PD=，==2−2．∴AD如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA=DC，设AD=a，则CD=AD=a，PD=，∴PC=a，==2+2．∴AD【解题技法】“手拉手”模型中，对应边和“拉手线”组成的两个三角形相似，学会根据题干的条件灵活运用，运用分类讨论的数学思想思考问题．实战演练：10．在ΔABC中，CA=CB,∠ACB=α0°<α<180°，P是平面内不与点A,C重合的任意一点，连接AP，将线段AP绕点P顺时针旋转α得到线段DP，连接AD,CP,M是AB的中点，N是AD的中点．（1）问题发现：的值是_________，直线MN与直线PC相交所成的较小角的度数是________．如图1，当α=60°时，MNPC（2）类比探究：如图2，当α=120°时，请写出MN的值及直线MN与直线PC相交所成的较小角的度数，并说明理由．PC（3）解决问题：如图3，当α=90°时，若E是CB的中点，点P在直线ME上，且点B,P,D在同一条直线上，请直接写出PD的值．MN。
《探索三角形全等》几何模型-“手拉手”(专项练习)(基础篇)-2021-2022学年八年级数学上册
专题1.20 《探索三角形全等》几何模型-“手拉手”（专项练习）（基础篇）一、单选题1．如图所示，C 是线段BD 上一点，分别以BC ，CD 为边在BD 同侧作等边ABC D 和等边CDE D ，AD 交CE 于F ，BE 交AC 于G ，则图中可通过旋转而得到的全等三角形的对数为（ ）对.A ．1B ．2C ．3D ．42．如图，AB=AD ，AC=AE ，ÐDAB=ÐCAE=50° ，以下四个结论：①△ADC ≌△ABE ；②CD=BE ；③ÐDOB=50°；④点A 在ÐDOE 的平分线上，其中结论正确的个数是（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4二、填空题3．如图，点B 、C 、E 在同一条直线上，ABC V 与CDE △都是等边三角形，下列结论：①AE=BD ；②DGC EFC V V ≌；③线段AE 和BD 所夹锐角为80°；④FG ∥BE ．其中正确的是______．（填序号）三、解答题4．如图，AC BC ^，DC EC ^，AC BC =．DC EC =，AE 与BD 交于点F ．（1）求证：AE BD =；（2）求AFD Ð的度数．5．在ABC V 中，AB AC =，点D 是直线BC 上一点（点D 不与点B ，C 重合），以AD 为一边在AD 的右侧作ADE V ，使AD AE =，DAE BAC Ð=Ð，连接CE ．（1）如图（1），若点D 在线段BC 上，BCE Ð和BAC Ð之间有怎样的数量关系？（不必说明理由）（2）若60BAC й°，当点D 在射线BC 上移动时，如图（2），BCE Ð和BAC Ð之间有怎样的数量关系？说明理由．6．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．7．如图，A 、B 、C 在同一直线上，且△ABD ，△BCE 都是等边三角形，AE 交BD 于点M ，CD 交BE 于点N ，MN ∥AC ，求证：（1）∠BDN=∠BAM ；（2）△BMN 是等边三角形．8．如图，若ABD △和ACE △都是等边三角形，求BOC Ð的度数．9．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．10．如图，ABC V 中，AC BC =，DCE V 中，DC EC =，且DCE ACB Ð=Ð，当把两个三角形如图①放置时，有AD BE =．（不需证明）（1）当把DCE V 绕点C 旋转到图②③④的情况，其他条件不变，AD 和BE 还相等吗？请在图②③中选择一种情况进行证明；（2）若图④中AD 和BE 交于点P ，连接PC ，求证：PC 平分BPD Ð．11．如图，在等边三角形ABC 中，点P 在BA 的延长线上，以AP 为边在射线BA 的右侧作等边三角形PAD ，连接CP ，BD ，求证：CP BD =．12．如图，以ABC V 的边AB 、AC 向外作等边ABD △和等边ACE △，连接BE 、CD ．问：线段BE 和CD 有什么数量关系？试证明你的结论．13．如图所示，ABC D 和ADE D 都是等边三角形，且B A E 、、在同一直线上，连结BD 交AC 于M ，连接CE 交AD 于N ，连结MN ．求证：（1）BD CE =；D@D；（2）ABM ACND是等边三角形．（3）AMN14．如图，点C是线段AB上任意一点（点C与点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与CD相交于点M，BD与CE 相交于点N．连接MN．证明：（1）△ACE≌△DCB；（2）△ACM≌△DCN；（3）MN∥AB．15．图1、图2中，点C为线段AB上一点，△ACM与△CBN都是等边三角形．（1）如图1，线段AN与线段BM是否相等？证明你的结论；（2）线段AN与线段BM交于点O，求∠AOM的度数；（3）如图2，AN与MC交于点E，BM与CN交于点F，探究△CEF的形状，并证明你的结论．16．如图，∠1=∠2，AD=AE，∠B=∠ACE，且B、C、D三点在一条直线上．若∠B=60°，求证：CE=AC+CD．17．如图，△ABD和△BCE都为等边三角形，连接AE、CD．求证：AE＝DC．参考答案1．C【解析】本题考查的是全等三角形的判定、等边三角形的性质以及旋转的性质的综合运用．根据等边三角形的三边相等、三个角都是60°，以及全等三角形的判定方法（SSS、SAS、ASA、AAS），进行证明．解：△EBC≌△ACD，△GCE≌△FCD，△BCG≌△ACF．理由如下：BC=AC，EC=CD，∠ACB=∠ECD，∠ACE是共同角⇒△EBC≌△ACD．CD=EC，∠FCD=ECG，∠GEC=∠CDF⇒△GCE≌△FCD．BC=AC，∠GBC=∠FAC，∠FCA=∠GCB⇒△BCG≌△ACF．故选C．2．D【分析】根据全等三角形的判定及角平分线的性质即可依次判断．【详解】∵ÐDAB=ÐCAE∴ÐDAB+ÐBAC=ÐCAE+ÐBAC∴ÐDAC=ÐEAB∵AB=AD，AC=AE∴△ADC≌△ABE∴CD=BE，故①②正确；∵△ADC≌△ABE∴ÐADC =ÐABE设AB与CD交于G点，∵ÐAGD =ÐBGC∴ÐDOB=ÐDAB=50°,故③正确；过点A作AF⊥CD于F点，过点A作AH⊥BE于H点，则AF、AH分别是△ADC与△ABE边上的高∵△ADC≌△ABE∴点A 在ÐDOE 的平分线上，④正确故选D ．【点拨】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知角平分线的性质与判定．3．①②④【分析】利用等边三角形的性质证明BCD ACE V V ≌可判断①，利用BCD ACE V V ≌，可得,BDC AEC Ð=Ð利用三角形的外角的性质可得60,AHB Ð=° 从而可判断③， 再结合等边三角形的性质证明DGC EFC V V ≌可判断②， 由DGC EFC V V ≌可得：CG CF =，结合60,ACD Ð=°可得60CFG Ð=°，从而可判断④．【详解】解：如图，记AE 与BD 的交点为H ，∵ABC V 与CDE △都是等边三角形，∴AC=BC ，CD=CE ，∠BCA=∠DCE=60°∵点B 、C 、E 在同一条直线上，∴∠ACD=60°，∴∠BCD=∠ACE=120°在BCD V 和ACE △中，BCD ACECD CE ïÐ=Ðíï=î∴BCD ACE V V ≌，,BD AE \= 所以结论①正确；∵BCD ACE V V ≌，∴∠BDC=∠CEA ，∵∠AHB=∠DBE+∠BEA=∠DBE+∠BDC=180°-∠BCD=60°， 所以③错误；在GCD V 和FCE △中，GCD DCE CE CDCDB CEA Ð=Ðìï=íïÐ=Ðî， ∴GCD FCE V V ≌，∴所以②正确；GCD FCE QV V ≌，∵CG=CF ，∠ACD=60°，∴∠GFC=60，又∵∠DCE=60°，∴∠GFC=∠DCE ，∴GF ∥BC ，所以④正确．故答案为：①②④．【点拨】本题考查了全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质和判定，平行线的判定，解决本题的关键是找到判定三角形全等的条件．4．（1）见解析（2）90°【分析】（1）根据题意证明△ACE ≌△BCD 即可求解；（2）根据三角形的内角和及全等三角形的性质即可得到AFD Ð的度数．【详解】（1）∵AC BC ^，DC EC ^，∴∠ACB=∠ECD=90°∴∠ACB+∠BCE=∠ECD+∠BCE即∠ACE=∠BCD又AC BC =．DC EC=∴△ACE ≌△BCD∴AE BD=（2）∵△ACE ≌△BCD∴∠A=∠B设AE 与BC 交于O 点,∴∠AOC=∠BOF∴∠A+∠AOC+∠ACO=∠B+∠BOF+∠BFO=180°∴∠BFO=∠ACO=90°故AFD Ð=180°-∠BFO=90°．【点拨】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知全等三角形的判定定理．5．（1）180BCE BAC Ð+Ð=°；（2）180BCE BAC Ð+Ð=°，理由见解析【分析】（1）根据题意证明ABD ACE △≌△，根据三角形的内角和即可求解；（2）设AD 与CE 交于F 点，根据题意证明ABD ACE △≌△，根据平角的性质即可求解．【详解】（1）180BCE BAC Ð+Ð=°．理由如下：BAC DAE Ð=ÐQ ，BAD CAE \Ð=Ð．AB AC =Q ，AD AE =，ABD ACE \V V ≌，ABC ACE \Ð=Ð，∴BCE BCA ACE Ð=Ð+Ð=BCA ABCÐ+Ð∵180ABC BAC ACB Ð+Ð+Ð=°∴180BCE BAC Ð+Ð=°;（2）180BCE BAC Ð+Ð=°．理由如下：设AD 与CE 交于F 点．BAC DAE Ð=ÐQ ，BAD CAE \Ð=Ð．AB AC =Q ，AD AE =，ABD ACE \V V ≌，ADB AEC \Ð=Ð．AFE CFD Ð=ÐQ ，EAF ECD \Ð=Ð．BAC FAE Ð=ÐQ ，180BCE ECD Ð+Ð=°，180BCE BAC \Ð+Ð=°．【点拨】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知全等三角形的判定定理．6．（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 Ð=°，从而由2AB BE =求解即可．【详解】（1）Q △ACB 和△DCE 均为等腰三角形，∠ACB=∠DCE=90°，ADC BCE \Ð=Ð,在ACD △与BCE V 中，AC BC ACD BCEDC EC =ìïÐ=Ðíï=î()ACD BCE SAS \V V ≌，AD BE \=；（2）ABC QV 是等腰直角三角形，45ABC \Ð=°，由（1）可知，15CAE CBE Ð=Ð=°，4BE AD ==,451560ABE ABC CBE \Ð=Ð+Ð=°+°=°，90ABE ACB \Ð=Ð=°，则在Rt AEB V 中，30EAB Ð=°，28AB BE \==．【点拨】本题考查全等三角形的判定与性质，及含30°角的直角三角形的性质，根据“手拉手”模型证明全等，并推导出直角三角形是解题关键．7．（1）证明过程见详解；（2）证明过程见详解。
专题07 手拉手模型(专项训练)(老师版)
专题07手拉手模型（专项训练）1．已知等边△AOB和△COD．求证：AC＝BD．【解答】证明：∵△AOB和△COD是等边三角形，∴OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝60°，∴∠AOB+∠BOC＝∠COD+∠BOC，∴∠AOC＝∠BOD，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC＝BD．2．如图，等边△ABC，点D为BC延长线上一点，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转60°得到线段AE．连接CE．求证：BD＝CE．【解答】证明：∵△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝60°，AB＝AC，由旋转的性质可得：∠DAE＝60°，AD＝AE，∴∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE．3．以△ABC的AB，AC为边作△ABD和△ACE，且AD＝AB，AE＝AC，∠DAB＝∠CAE＝α．CD与BE相交于O，连结AO，如图①所示．（1）求证：BE＝CD；（2）判断∠AOD与∠AOE的大小，并说明理由．（3）在EB上取点F，使EF＝OC，如图②，请直接写出∠AFO与α的数量关系．【解答】（1）证明：∵∠DAB＝∠CAE，∴∠DAB+∠BAC＝∠BAC+∠CAE，∴∠DAC＝∠BAE，又∵AD＝AB，AC＝AE，∴△ABE≌△ADC（SAS），∴BE＝DC；（2）解：∠AOD＝∠AOE，理由如下：过点A作AM⊥DC于点M，AN⊥BE于点N，∵△ABE≌△ADC，∴∠ABE＝∠ADC，又∵AD＝AB，∴△ADM≌△ABN（AAS），∴AM＝AN，∵AM⊥OD，AN⊥OE，∴∠AOD＝∠AOE；（3）解：∵△AOD≌△AEB，∴∠AEF＝∠ACO，AE＝AC，又∵EF＝CO，∴△AEF≌△ACO（SAS），∴∠AFE＝∠AOC，AF＝AO，∴∠AFO＝∠AOF＝∠AOD．又∵∠DAB＝∠DOB＝α，∴2∠AFO＝180°﹣α．4．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，P是△ABC内一点，且PB＝1，PC＝2，PA＝3，过点C作CD⊥CP，垂足为C，令CD＝CP，连接DP，BD，求∠BPC的度数．【解答】解：∵CD⊥CP，∴∠PCD＝90°，∵PC＝CD＝2，∴△PCD是等腰直角三角形，∴PD＝PC＝2，∠CPD＝∠CDP＝45°，∵∠ACB＝90°，∴∠ACP+∠PCB＝90°，又∵∠PCB+∠BCD＝90°，∴∠ACP＝∠BCD，在△ACP和△BCD中，，∴△ACP≌△BCD（SAS），∴BD＝PA＝3，∵PB＝1，∴PB2+PD2＝12+（2）2＝9，∵PA2＝32＝9，∴PA2＝PB2+PD2，∴∠BPD＝90°，∵∠CPD＝45°，∴∠BPC＝∠BPD+∠CPD＝135°．5．如图，△ABC和△DCE都是等边三角形．（1）如图1，线段BD与AE是否相等？若相等，加以证明；若不相等，请说明理由．（2）如图1，若B、C、E三点在一条直线上，AE与BD交于点O，求∠BOE的度数．（3）如图2，若B、C、E三点不在一条直线上，∠ADC＝30°，AD＝4，CD＝3，求BD的长．【解答】解：（1）BD＝AE，理由如下：∵△ABC和△DCE都是等边三角形．∴BC＝CA，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE，∴∠BCD＝∠ACE，∴△BCD≌△ACE（SAS），∴BD＝AE；（2）由△BCD≌△ACE得，∠BDC＝∠AEC，∵∠BOE＝∠ODE+∠DEO＝∠CDE+∠DEC＝60°+60°＝120°，∴∠BOE的度数是120°；（3）∵∠ADC＝30°，∠CDE＝60°，∴∠ADE＝90°，∵CD＝DE＝3，在Rt△ADE中，由勾股定理得，AE＝＝5，由（1）同理得，△BCD≌△ACE，∴BD＝AE＝5．6．如图，△ABC是等边三角形，D为边BC的中点，BE⊥AB交AD的延长线于点E，点F在AE上，且AF＝BE，连接CF、CE．求证：（1）∠CAF＝∠CBE；（2）△CEF是等边三角形．【解答】证明：（1）∵△ABC是等边三角形，∴∠CAB＝∠CBA＝60°，∵D为BC的中点，∴∠CAD＝∠CAB＝30°，又∵BE⊥AB，∴∠ABE＝90°，∴∠CBE＝90°﹣∠CBA＝30°，∴∠CAF＝∠CBE；（2）∵△ABC是等边三角形，∴CA＝CB，在△CAF和△CBE中，，∴△CAF≌△CBE（SAS），∴CE＝CF，∠ACF＝∠BCE，∴∠ECF＝∠BCE+∠BCF＝∠ACF+∠BCF＝∠ACB＝60°，∴△CEF是等边三角形．7．（1）如图1，△ABC和△AMN都是等腰直角三角形，直角顶点为点A，△ABC固定不动，△AMN可以绕着点A 旋转．①如图2，将△AMN绕点A旋转，使点M落在BC边上，连接CN．直接写出图中的全等三角形：；直接写出线段CN，CM，CB之间满足的等量关系为：；②如图2，试探索线段MA，MB，MC之间满足的等量关系，并完整地证明你的结论；（2）如图3，P是等腰直角△ABC内一点，∠BAC＝90°，连接PA，PB，PC，将△BAP绕点A顺时针旋转90°后得到△CAQ，连接PQ．已知PA＝2，PB＝3，若∠PQC＝90°，求PC的长．【解答】解：（1）①∵∠BAM+∠MAC＝90°，∠CAN+∠MAC＝90°，∴∠BAM＝∠CAN，在△BAM和△CAN中：，∴△BAM≌△CAN（SAS），∴BM＝CN，∵BM+CM＝CB，∴CN+CM＝CB，故答案为：△BAM≌△CAN，CN+CM＝CB；②MB2+MC2＝2MA2；证明如下：同理①可证△BAM≌△CAN，∴∠ACN＝∠B＝45°，即∠BCN＝90°，∴CN2+MC2＝MN2，在R△MAN中，MN2＝MA2+AN2＝2MA2，∴MB2+MC2＝2MA2；（2）由旋转知△BAP≌△CAQ，∴PA＝QA＝2，∠PAQ＝∠BAC＝90°，CQ＝BP＝3，∴△PAQ为等腰直角三角形，∴PQ2＝PA2+QA2＝22+22＝8，∵∠PQC＝90°，∴PC2＝PQ2+QC2＝8+32＝17，∴PC＝．8．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（1，0），以线段OA为边在第四象限内作等边三角形AOB，点C 为x轴正半轴上动点（OC＞1），连接BC，以线段BC为边在第四象限内作等边△CBD，连接DA并延长交y轴于点E．（1）求证：△OBC≌△ABD．（2）在点C的运动过程中，∠CAD的度数是否会变化？如果不变，请求出∠CAD的度数；如果变化，请说明理由．（3）以A，E，C为顶点的三角形是等腰三角形时，直接写出此时点C的坐标和CD的长度．【解答】（1）证明：∵△OAB和△BCD是等边三角形，∴∠OBA＝∠CBD＝60°，OB＝AB，BC＝BD，∴∠OBC＝∠ABD，在△OBC和△ABD中，，∴△OBC≌△ABD（SAS）；（2）解：点C在运动过程中，∠CAD的度数不会变化，理由如下，∵△AOB是等边三角形，∴∠BOA＝∠OAB＝60°，∵△OBC≌△ABD，∴∠BAD＝∠BOA＝60°，∴∠CAD＝180°﹣∠OAB﹣∠BAD＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∴点C在运动过程中，∠CAD的度数一直为60°．（3）解：∵∠BOC＝∠BAD＝60°，∠OAB＝60°，∴∠OAE＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∴∠EAC＝120°，∠AEO＝30°，∴以A，E，C为顶点的三角形是等腰三角形时，AE和AC为腰，∵OA＝1，∠AEO＝30°，∠AOE＝90°，∴AC＝AE＝2OA＝2，∴OA＝OA+AC＝1+2＝3，∴点C的坐标为（3，0），过点B作BH⊥x轴于点H，则AH＝OA＝AO＝，∠ABH＝30°，∴BH＝＝，CH＝AH+AC＝+2＝，∴BC＝＝，∴CD＝BC＝．9．已知：如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一直线上，连接BE．（1）求证：AD＝BE；（2）求∠AEB的度数；（3）拓展探究：如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE．①请你直接写出∠AEB的度数为多少度？②探索线段CM、AE、BE之间存在怎样的数量关系，并说明理由．【解答】（1）证明：∵△ACB和△DCE均为等边三角形，∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∵∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB，∴∠ACD＝∠BCE．在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE；（2）解：∵△ACD≌△BCE，∴∠ADC＝∠BEC，∵△DCE为等边三角形，∴∠CDE＝∠CED＝60°，∵点A、D、E在同一直线上，∴∠ADC＝120°，∴∠BEC＝120°，∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝60°；（3）解：①∵△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△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（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°；②AE＝BE+2CM．理由：如图2，∵∠DCE＝90°，CD＝CE，CM⊥DE，∴CM＝DM＝EM，∴DE＝DM+EM＝2CM，∵△ACD≌△BCE（已证），∴BE＝AD，∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．10．如图，点G是正方形ABCD对角线CA的延长线上任意一点，以线段AG为边作一个正方形AEFG，线段EB和GD相交于点H．（1）求证：EB＝GD；（2）判断EB与GD的位置关系，并说明理由；（3）若AB＝3，AG＝，求EB的长．【解答】（1）证明：∵四边形EFGA和四边形ABCD是正方形，∴AG＝AE，AB＝AD，∠EAG＝∠DAB＝90°，∵∠GAD＝90°+∠EAD，∠EAB＝90°+∠EAD，∴∠GAD＝∠EAB，在△GAD和△EAB中，，∴△GAD≌△EAB（SAS），∴EB＝GD；（2）解：BE⊥GD，理由如下：如图，设DG与AE的交点为P，∵△GAD≌△EAB，∴∠AEB＝∠AGD，∵∠EPH＝∠APG，∴∠EHG＝∠EAG＝90°，∴EB⊥GD；（2）解：如图2，连接BD，BD与AC交于点O，∵四边形ABCD是正方形，AB＝3，∴DB＝AB＝3，DO＝BO＝，∵AG＝，∴GO＝AO+AG＝，∴DG＝＝＝，∴BE＝DG＝．11.点C为线段AB上一点，分别以AC、BC为边在线段AB的同侧作正方形ACDE和BCFG，连接AF、BD．（1）如图①，AF与BD的数量关系和位置关系分别为，；（2）将正方形BCFG绕着点C顺时针旋转α角（0°＜α＜360°），①如图②，第（1）问的结论是否仍然成立？请说明理由；②若AC＝4，BC＝，当正方形BCFG绕着点C顺时针旋转到点A、B、F三点共线时，求DB的长度．【解答】解：（1）AF与BD的数量关系和位置关系分别为AF＝BD，AF⊥BD，理由如下：延长AF交BD于H，如图①所示：∵四边形ACDE和四边形BCFG是正方形，∴AC＝CD，CF＝CB，∠ACF＝∠DCB＝90°，∴∠CAF+∠AFC＝90°，在△ACF和△DCB中，，∴△ACF≌△DCB（SAS），∴AF＝BD，∠CAF＝∠CDB，∵∠DFH＝∠AFC，∴∠CDB+∠DFH＝∠CAF+∠AFC＝90°，∴∠DHF＝90°，∴AF⊥BD；故答案为：AF＝BD，AF⊥BD；（2）①第（1）问的结论仍然成立，理由如下：设AF交CD于点M，如图②所示：∵四边形ACDE和四边形BCFG是正方形，∴AC＝CD，CF＝CB，∠ACD＝∠FCB＝90°，∴∠CAF+∠AMC＝90°，∴∠ACD+∠DCF＝∠FCB+∠DCF，即∠ACF＝∠BCD，在△ACF和△DCB中，，∴△ACF≌△DCB（SAS），∴AF＝BD，∠CAF＝∠CDB，∵∠DMH＝∠AMC，∴∠CDB+∠DMH＝∠CAF+∠AMC＝90°，∴∠DHM＝90°，∴AF⊥BD；②分两种情况：a、如图③所示：连接CG交BF于O，∵四边形BCFG是正方形，∴CB＝BG，BF⊥CG，∠BGF＝90°，OB＝OF＝OC＝OG，∴BF＝CG＝BC＝2，OB＝OF＝OC＝BF＝1，∴AO＝＝＝，∴AF＝AO+OF＝+1，由（2）得：AF＝DB，∴DB＝+1；b、如图④所示：连接CG交BF于O，同上得：OB＝OF＝OC＝BF＝1，∴AO＝＝＝，AF＝AO﹣OF＝﹣1，由（2）得：AF＝DB，∴DB＝﹣1；综上所述，当正方形BCFG绕着点C顺时针旋转到点A、B、F三点共线时，DB的长度为+1或﹣1．。
手拉手模型经典例题及答案
手拉手模型经典例题及答案手拉手模型是多人协作的一种行动方案，它可以帮助团队快速、高效地解决问题。
以下是一些经典的手拉手模型例题及其答案：1. 手拉手模型演练：如何搭建高塔？步骤一：团队成员按照身高从高到低排好序，依次站在一行步骤二：第一个人向前迈出一步，将手持续向上伸展，另一只手向前伸直，等待第二个人伸出手后握住自己的手，然后继续向上伸展。
第三人同样要将自己的一只手握住第二个人的手，另一只手向前伸展。
如此往复，直到所有的人都握住了手。
步骤三：当所有人的手都握住时，前两个人可以开始搭建高塔了。
第一个人将自己的手收缩，举起另一只手，手掌向上。
第二个人在第一个人手掌上架起双手，同时将自己的一只手举起来，等待第三个人架在自己手上。
如此往复，直到所有人都站在塔上。
答案：通过手拉手模型，每个人都承担了自己的责任，保持了协调一致的动作，最终共同完成了搭建高塔的任务。
2. 手拉手模型演练：如何过独木桥？步骤一：团队成员按照身高从高到低排好序，依次站在一行。
步骤二：将双手交叉在胸前，依次向前跨一步，当一只脚踩在桥上时，将手伸直向前，等待另一只手从后面握住。
如此往复，直到所有人都过完独木桥。
答案：在过独木桥的过程中，每个人都要相互支持、互相协作，保持平衡，避免失误。
这个过程可以提高团队的协作能力和信任感。
3. 手拉手模型演练：如何搭建人链？步骤一：团队成员按照身高从低到高排好序，依次站在一排。
步骤二：第一个人伸出双臂，将手分别向前伸展，等待第二个人的手从后面握住。
第二个人也将自己的手伸出，等待第三个人握住，以此类推，直到所有人的手都握住了。
步骤三：在团队成员的双手之间穿过一根绳子，让绳子从第一个人的手开始逐个通过每个人的手，直到最后一个人的手。
答案：通过手拉手模型，每个人都知道自己的位置和责任，相互拥抱、互相支持，共同搭建起一条坚固的人链，达到了团队的目标。
以上是手拉手模型的经典例题及答案，使用手拉手模型可以帮助团队成员快速建立团队合作精神，提高团队协作水平，达到团队目标。
八年级上册手拉手模型题
八年级上册手拉手模型题一、选择题（每题3分，共10题）1. 如图，在△ABC和△ADE中，AB = AC，AD = AE，∠BAC = ∠DAE = 90°，连接BD、CE，下列结论：①BD = CE；②BD⊥CE；③∠ACE+∠DBC = 45°；④BE²=2(AD ²+AB²)，其中正确的是（）A. ①②③B. ①②④C. ①③④D. ①②③④解析：因为∠BAC = ∠DAE = 90°，所以∠BAC+∠CAD = ∠DAE+∠CAD，即∠BAD = ∠CAE。
又因为AB = AC，AD = AE，根据SAS（边角边）可得△BAD≌△CAE。
所以BD = CE（①正确）。
设BD与CE相交于点O，因为△BAD≌△CAE，所以∠ABD = ∠ACE。
因为∠ABD+∠DBC+∠ACB = 90°，∠ACB = 45°，所以∠ACE+∠DBC+∠ACB = 90°，即∠ACE+∠DBC = 45°（③正确）。
因为∠ABD = ∠ACE，∠AOB = ∠DOC，所以∠BOC = ∠BAC = 90°，即BD⊥CE（②正确）。
在Rt△ABE中，公式，因为AD = AE，公式，公式，而不是公式（④错误）。
所以正确的是A。
2. 已知等腰Rt△ABC和等腰Rt△ADE，∠BAC = ∠DAE = 90°，AB = AC，AD = AE，连接CD、BE，点F是BE的中点，连接AF，下列结论：①CD = BE；②AF = 公式CD；③∠ACD = ∠ABE；④AF⊥BE，其中正确的个数是（）A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个解析：因为∠BAC = ∠DAE = 90°，所以∠BAC ∠BAE = ∠DAE ∠BAE，即∠CAE = ∠BAD。
又因为AB = AC，AD = AE，根据SAS可得△CAE≌△BAD，所以CD = BE（①正确）。
手拉手模型例题十个例题
手拉手模型例题十个例题以下是十个手拉手模型的例题：1. 甲、乙两个人合作完成一项任务，甲单独完成这项任务需要5天，乙单独完成需要7天。
如果他们同时开始合作完成这项任务，他们需要多少天完成？解答：根据手拉手模型，甲和乙同时开始，每天一起工作相当于两个人在同时进行，所以他们需要的天数为：1/5 + 1/7 = 12/35，即约为0.343 天，约合8 小时。
2. 甲、乙、丙三个人合作完成一项工作，甲单独完成这项工作需要10小时，乙单独完成需要15小时，丙单独完成需要20小时。
如果他们同时开始合作完成这项工作，他们需要多少小时完成？解答：根据手拉手模型，甲、乙、丙同时开始，每小时一起工作相当于三个人在同时进行，所以他们需要的时间为：1/10 + 1/15 + 1/20 = 17/60，即约为0.2833 小时，约合17 分钟。
3. 甲、乙两个管道一起向一个水池注水，甲管道每小时能够注入1000升水，乙管道每小时能够注入800升水。
如果他们同时开始注水，多长时间后两个管道一起注入了8000升水？解答：根据手拉手模型，甲和乙同时开始，每小时一起注水相当于两个管道在同时进行，所以他们需要的时间为：8000 / (1000 + 800) = 8000 / 1800 = 4.44 小时，约合4 小时27 分钟。
4. 甲、乙两个工人一起清理一个公园，甲单独完成这项工作需要6小时，乙单独完成需要8小时。
如果他们同时开始清理，多长时间后他们完成了1/3 的工作量？解答：根据手拉手模型，甲和乙同时开始，每小时一起清理相当于两个人在同时进行，所以他们需要的时间为：1 / (1/6 + 1/8) = 1 / (4/24 + 3/24) = 1 / (7/24) =24 / 7，即约为3.43 小时，约合3 小时26 分钟。
5. 甲、乙两个人一起做某个任务，甲单独完成这项任务需要12天，乙单独完成需要18天。
如果他们同时开始合作完成这项任务，他们需要多少天完成？解答：根据手拉手模型，甲和乙同时开始，每天一起工作相当于两个人在同时进行，所以他们需要的天数为：1/12 + 1/18 = 5/36，即约为0.139 天，约合3 小时20 分钟。
专题 手拉手模型(强化题型)(学生版)
专题10手拉手模型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.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.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.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.一．选择题（共7小题）1．（2022春•驻马店期末）如图所示，AB AC =，AD AE =，点B 、D 、E 在一条直线上，BAC DAE ∠=∠，125∠=︒，230∠=︒，则3(∠=)A ．55︒B ．50︒C ．45︒D ．60︒2．（2016春•威海期末）如图，ABC ∆和CDE ∆均为等边三角形，且AB DE =，AC CD ⊥，连接AE ，BD ，分别交CD ，AC 于点G ，连接FG ，BE ．下列结论：①AE BD BE ==；②BC 平分DBE ∠；③直线EC AB ⊥；④//FG BE ．其中正确结论的个数为()A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个3．（2017秋•香洲区期中）如图，已知点B 、C 、D 在同一条直线上，ABC ∆和CDE ∆都是等边三角形．BE 交AC 于F ，AD 交CE 于G ，AD 交BE 于O 点．则下列结论中不一定正确的是()A ．AD BE =B ．CO 平分BOD ∠C ．BE AC⊥D ．//FG BC4．（2022春•吉州区期末）如图，在ABD ∆中，AD AB =，90DAB ∠=︒，在ACE ∆中，AC AE =，90EAC ∠=︒，CD ，BE 相交于点F ，有下列四个结论：①DC BE =；②BDC BEC ∠=∠；③DC BE ⊥；④FA 平分DFE ∠．其中，正确的结论有()A ．4个B ．3个C ．2个D ．1个5．（2022春•兰州期末）如图，在ABC ∆中，AB AC =，点D 是ABC ∆外一点，连接AD 、BD 、CD ，且BD 交AC 于点O ，在BD 上取一点E ，使得AE AD =，EAD BAC ∠=∠，若62ABC ∠=︒，则BDC ∠的度数为()A ．56︒B ．60︒C ．62︒D ．64︒6．（2017秋•梁平区期末）如图，ACB ∆和ADE ∆都是等腰直角三角形，90BAC DAE ∠=∠=︒，点C 、D 、E 三点在同一直线上，连接BD ，则(ADB ∠=)A ．45︒B ．30︒C ．60︒D ．55︒7．如图，点C 为线段AB 上一点，以线段AC 、BC 为边在同侧作两个正三角形ACD ∆与BCE ∆，连AE 、BD ，AE 与BD 交于F ，连CF ，已知20DBE ∠=︒，则(AFC ∠=)A ．40︒B ．60︒C ．20︒D ．100︒二．填空题（共2小题）8．（2013秋•海门市校级期中）如图所示：B 、D 、E 在一条直线上，AB AC =，AD AE =，BAC DAE ∠=∠，125∠=︒，230∠=︒，则3∠=．9．（2022秋•沙依巴克区校级期末）如图，C 为线段AB 上一动点（不与点A 、B 重合），在AB 的上方分别作ACD ∆和BCE ∆，且AC DC =，BC EC =，ACD BCE ∠=∠，AE 、BD 交于点P ．有下列结论：①AE DB =；②2APB ADC ∠=∠；③当AC BC =时，PC AB ⊥；④PC 平分APB ∠．其中正确的是．（把你认为正确结论的序号都填上）三．解答题（共7小题）10．（2022春•平阴县期末）如图，ABC ∆和DCE ∆都是等边三角形．（1）如图1，线段BD 与AE 是否相等？若相等，加以证明；若不相等，请说明理由．（2）如图1，若B 、C 、E 三点在一条直线上，AE 与BD 交于点O ，求BOE ∠的度数．（3）如图2，若B 、C 、E 三点不在一条直线上，30ADC ∠=︒，4AD =，3CD =，求BD 的长．11．（2022秋•潜江期末）如图，在ABC ∆中，点D 为直线BC 上一动点，以AD 为直角边在AD 的右侧作等腰Rt ADE ∆，90DAE ∠=︒，AD AE =．（1）特例发现：如图1，如果90BAC ∠=︒，AB AC =．当点D 在线段BC 上时，易证()ABD ACE SAS ∆≅∆，从而得出结论：线段CE 与BD 的数量关系为，位置关系为；（2）探究证明：如图2，如果90BAC ∠=︒，AB AC =条件不变．当点D 在线段BC 的延长线上时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（3）拓展运用：如图3，若ABC ∆是锐角三角形，45ACB ∠=︒，当点D 在线段BC 上运动时，判断线段CE 与BD 的位置关系，并说明理由．12．（2021秋•浦北县期末）小明同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组全等的三角形，小明把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．（1）问题发现：如图1，若ABC ∆和ADE ∆均是顶角为40︒的等腰三角形，BC 、DE 分别是底边，求证：BD CE =；（2）拓展探究：如图2，若ACB ∆和DCE ∆均为等边三角形，点A 、D 、E 在同一条直线上，连接BE ，则AEB ∠的度数为；线段BE 与AD 之间的数量关系是；（3）解决问题：如图3，若ACB ∆和DCE ∆均为等腰直角三角形，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．13．（2021春•盐湖区校级期末）（1）问题发现：如图1，如果ACB ∆和CDE ∆均为等边三角形，点A 、D 、E 在同一直线上，连接BE ．则AD 与BE 的数量关系为；AEB ∠的度数为度．（2）拓展探究：如图2，如果ACB ∆和CDE ∆均为等腰三角形，90ACB DCE ∠=∠=︒，点A 、D 、E 在同一直线上，连接BE ，判断线段AE 与BE 的位置关系，并说明理由．14．（2021春•浦东新区月考）（1）问题发现如图1，已知ACB ∆和DCE ∆均为等边三角形，点A ，D ，E 在同一直线上，连接BE ，求AEB ∠的度数．（2）拓展探究如图2，若ACB ∆和DCE ∆均为等腰直角三角形，90ACB DCE ∠=∠=︒，点A 、D 、E 在同一直线上，CM 为DCE ∆中DE 边上的高，连接BE ；求：①AEB ∠的度数；②线段CM ，AE ，BE 之间的数量关系，并说明理由．15．（2022秋•惠民县校级期末）（1）如图1，ABC∆均是顶角为40︒的等腰三角形，BC、DE分别是底∆与ADE边，求证：BD CE=；（2）如图2，ACB∆均为等边三角形，点A、D、E在同一直线上，连接BE．∆和DCE填空：AEB∠的度数为；线段BE与AD之间的数量关系是．（3）拓展探究如图3，ACB∠=∠=︒，点A、D、E在同一直线上，CM为DCE∆ACB DCE∆和DCE∆均为等腰直角三角形，90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．16．（2020春•章丘区期末）（1）问题发现：如图1，ACB∆均为等边三角形，点A，D，E在同一直∆和DCE线上，连接BE．①AEB∠的度数为②猜想线段AD，BE之间的数量关系为：，并证明你的猜想．（2）拓展探究：如图2，ACB∆和DCEACB DCE∠=∠=︒，点A，D，E在同一直∆均为等腰直角三角形，90线上，CM为DCE∆中DE边上的高，连接BE，请求出AEB∠的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系．。
手拉手模型专题训练含解析
手拉手模型专题训练一、解答题1．（1）如图①，ABC 和CDE △都是等边三角形，且点B ，C ，E 在一条直线上，连结BD 和AE ，直线BD ，AE 相交于点P ．则线段BD 与AE 的数量关系为_____________．BD 与AE 相交构成的锐角的度数为___________．（2）如图②，点B ，C ，E 不在同一条直线上，其它条件不变，上述的结论是否还成立．（3）应用：如图③，点B ，C ，E 不在同一条直线上，其它条件依然不变，此时恰好有30AEC ∠=．设直线AE 交CD 于点Q ，请把图形补全．若2PQ =，则DP =___________．2．在Rt ABC 中，90BAC ∠=︒，AB AC =．（1）如图1，点D 为BC 边上一点，连接AD ，以AD 为边作Rt ADE △，90DAE ∠=︒，AD AE =，连接EC ．直接写出线段BD 与CE 的数量关系为 ，位置关系为 ．（2）如图2，点D 为BC 延长线上一点，连接AD ，以AD 为边作Rt ADE △，90DAE ∠=︒，AD AE =，连接EC ．①用等式表示线段BC ，DC ，EC 之间的数量关系为 ．②求证：2222BD CD AD +=．（3）如图3，点D 为ABC 外一点，且45ADC ∠=︒，若13BD =，5CD =，求AD 的长．3．如图，在ABC ∆中，D 是BC 边上一点，且,//,AD AB AE BC BAD CAE =∠=∠，连接,DE 交AC 于点F ．（1）若65B ∠=︒，求C ∠的度数．（2）若AE AC =，则AD 平分BDE ∠是否成立？判断并说明理由．4．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．5．如图，P 为等边ABC 的边BC 延长线上的一动点，以AP 为边向上作等边APD △，连接CD ．（1）求证：ABP ACD ≌△△；（2）当PC AC =时，求PDC ∠的度数；（3）PDC ∠与PAC ∠有怎样的数量关系？随着点P 位置的变化，PDC ∠与PAC ∠的数量关系是否会发生变化？请说明理由．6．如图，若ABD △和ACE △都是等边三角形，求BOC ∠的度数．7．在直线AB 的同一侧作两个等边三角形ABD △和BCE ，连接AE 与CD ，试解决下列问题：（1）求证：AE DC =；（2）求DHA ∠的度数；（3）连接GF ，试判断BGF 形状．8．如图，点O 是等边ABC 内一点，110AOB ∠=，BOC α∠=．以OC 为一边作等边三角形OCD ，连接AD ．(1)若BAO CAO ∠=∠，求α的值；(2)当150α=时，试判断AOD △的形状，并说明理由；(3)探究：当α为多少度时，AOD △是等腰三角形？9．如图，以ABC 的边AB 、AC 向外作等边ABD △和等边ACE △，连接BE 、CD ．问：线段BE 和CD 有什么数量关系？试证明你的结论．10．如图，在等边三角形ABC 中，D 是AB 边上的动点，以CD 为一边向上作等边三角形EDC ，连接AE ．（1）求证：ACE △≌BCD △；（2）求证：//AE BC ；（3）当点D 运动到AB 的中点时，BC 与CE 有什么位置关系？并说明理由． 11．如图，AC BC ⊥，DC EC ⊥，AC BC =，DC EC =，AE 与BD 交于点F ．（1）请问AE BD =吗？请说明理由；（2）请判断AE 与BD 的位置关系，并说明理由．12．如图，AC DC =，AB DE =，CB CE =．求证：12∠=∠．13．如图1，在△ABC 中，AC=BC ，∠ACB=90°，CE 与AB 相交于点D ，且BE ⊥CE ，AF ⊥CE ，垂足分别为点E ，F ．（1）若AF=5，BE=2，求EF的长；（2）如图2，取AB的中点G，连接FG，EG，求证：FG=EG．14．如图，已知ABC是等边三角形，点D在BC边上，ADF是以AD为边的等边三角形，过点F作BC的平行线交线段AC于点E，连接BF，求证：；（1）AFB ADC（2）四边形BCEF是平行四边形．15．如图，点D、B、C在一直线上，ABC和ADE都是等边三角形．△≌△；（1）求证：ABE ACD（2）探索线段BA、BD、BE之间的数量关系，并说明理由．16．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．17．在Rt ACB △中，90ACB ∠=︒，AC BC =，D 为AB 上一点，连结CD ，将CD 绕C 点逆时针旋转90°至CE ，连结DE ，过C 作CF DE ⊥交AB 于F ，连结BE ．（1）求证：AD BE =．（2）试探索线段AD ，BF ，DF 之间满足的等量关系，并证明你的结论．（3）若15ACD =︒∠，1CD =，求BF ．（注：在直角三角形中，30°所对的直角边等于斜边的一半）参考答案1．（1）相等，60；（2）成立，证明见解析；（3）见解析，4.【分析】（1）证明△BCD ≌△ACE ，并运用三角形外角和定理和等边三角形的性质求解即可； （2）是第（1）问的变式，只是位置变化，结论保持不变；（3）根据∠AEC=30°，判定AE 是等边三角形CDE 的高，运用前面的结论，把条件集中到一个含有30°角的直角三角形中求解即可.【详解】（1）相等； 60.理由如下：∵ABC 和CDE △都是等边三角形，∴60ACB DCE ︒∠=∠=，BC AC =，DC CE =，∴BCD ACE ∠=∠，在ACE △和BCD △中CB CA BCD ACE CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴ACE BCD △≌△．∴BD AE =，BDC AEC ∠=∠．又∵DNA ENC ∠=∠，∴60DPE DCE ︒∠=∠=.（2）成立；理由如下：证明：∵ABC 和CDE △都是等边三角形，∴60ACB DCE ︒∠=∠=，BC AC =，DC CE =，∴BCD ACE ∠=∠，在ACE △和BCD △中CB CA BCD ACE CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴ACE BCD △≌△．∴BD AE =，BDC AEC ∠=∠．又∵DNA ENC ∠=∠，∴60DPE DCE ︒∠=∠=.（3）补全图形（如图）,∵△CDE 是等边三角形，∴∠DEC=60°，∵∠AEC=30°，∴∠AEC=∠AED ，∴EQ ⊥DQ ，∴∠DQP=90°，根据（1）知，∠BDC=∠AEC=30°，∵PQ=2，∴DP=4.故答案为：4.【点睛】本题是一道猜想证明题，以两线段之间的大小关系为基础，考查了等边三角形的性质，三角形的全等，直角三角形的性质，证明两个手拉手模型三角形全等是解题的关键.2．（1）BD CE =，BD CE ⊥；（2）①BC DC EC +=，②见解析；（3）【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得到45B ACB ∠=∠=︒，根据题意可知BAC DAC DAE DAC ∠-∠=∠-∠，即BAD CAE ∠=∠，再利用SAS 证明BAD ≌CAE ，可得到BD CE =，45ABC ACE ∠=∠=︒，从而算出BCE ∠的度数，进而得到线段BD 与CE 的位置关系；（2）①根据角度的运算得到BAD CAE ∠=∠，再利用SAS 证得BAD ≌CAE ，得到BD CE =，再根据BD BC CD =+，等量代换即可求出答案；②由①中BAD ≌CAE ，得到BD CE =，ABC ACE ∠=∠，在根据等腰直角三角形的性质即可得出ACE ∠的度数，进而证得90BCE DCE ∠=∠=︒，根据勾股定理得到222AE AD DE +=，222CE CD DE +=，等量代换后得到2222AE AD CE CD +=+，又因为AE AD =，BD CE =，代入即可得出答案；（3）过点A 作AE AD ⊥，并且AE AD =，连接DE ，CE ，得到ADE 是等腰直角三角形，由（2）得BAD ≌CAE ，得到BD CE =，在Rt CDE △中，通过勾股定理求出DE 的长度，在Rt ADE △中又由勾股定理得：222AE AD DE +=，再根据AE AD =，代入数据即可求出AD 的长度．【详解】（1）在Rt ABC 中，90BAC ∠=︒，AB AC =，∴45B ACB ∠=∠=︒，90DAE ∠=︒，∴BAC DAC DAE DAC ∠-∠=∠-∠，即BAD CAE ∠=∠，在BAD 和CAE 中AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴BAD ≌CAE ()SAS ，∴BD CE =，45ABC ACE ∠=∠=︒，∴90BCE ACB ACE ∠=∠+∠=︒，∴BD CE ⊥．故答案为：BD CE =，BD CE ⊥．（2）①90BAC ∠=︒，90DAE ∠=︒，∴BAC CAD DAE CAD ∠+∠=∠+∠，即BAD CAE ∠=∠，在BAD 和CAE 中AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴BAD ≌CAE ()SAS ，∴BD CE =，BD BC CD =+，∴BC DC EC +=．故答案为：BC DC EC +=．②证明：由①得：BAD ≌CAE ，∴BD CE =，ABC ACE ∠=∠， ABC 和ADE 都是等腰直角三角形，∴45ACE ABC ACB ∠=∠=∠=︒，∴90BCE DCE ∠=∠=︒，在Rt ADE △和Rt ECD △中，由勾股定理得：222AE AD DE +=，222CE CD DE +=，∴2222AE AD CE CD +=+，AE AD =，BD CE =，∴2222AD BD CD =+，即2222BD CD AD +=．（3）过点A 作AE AD ⊥，并且AE AD =，连接DE ，CE ，如图，∴ADE 是等腰直角三角形，∴45ADE ∠=︒，45ADC ∠=︒，∴90CDE ∠=︒，由（2）中②可知，BAD ≌CAE ，∴BD CE =，13BD =，5CD =，∴13CE =，在Rt CDE △中，由勾股定理得：222DE CD CE +=， ∴12DE ==，在Rt ADE △中，由勾股定理得：222AE AD DE +=，∴22144AD =， ∴AD =【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解题的关键是合理添加辅助线找出两个三角形全等．3．（1）50°；（2）成立，理由见解析【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出∠ADB=∠B=65°，根据三角形的内角和定理求出∠BAD=50°，求出∠CAE=50°，根据平行线的性质得出即可；（2）求出∠BAC=∠DAE ，根据全等三角形的判定推出△BAC ≌△DAE ，根据全等三角形的性质得出∠B=∠ADE，求出∠ADE=∠ADB即可．【详解】解：（1）∵∠B=65°，AB=AD，∴∠ADB=∠B=65°，∵∠B+∠BAD+∠BAD=180°，∴∠BAD=50°，∵∠CAE=∠BAD，∴∠CAE=50°，∵AE∥BC，∴∠C=∠CAE=50°；（2）AD平分∠BDE，理由是：∵∠BAD=∠CAE，∴∠BAD+∠CAD=∠CAE+∠CAD，即∠BAC=∠DAE，在△BAC和△DAE中，AB ADBAC DAE AC AE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BAC≌△DAE（SAS）∴∠B=∠ADE，∵∠B=∠ADB，∴∠ADE=∠ADB，即AD平分∠BDE．【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定定理，等腰三角形的性质和三角形的内角和定理等知识点，能综合运用知识点进行推理和计算是解此题的关键．4．（1）证明见解析；（2）AC=．【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．【详解】（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 ≌，∴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 =+=，∴AC = 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质；证明三角形全等是解决问题的关键．5．1）证明见解析；（2）30PDC ∠=︒；（3）PDC PAC ∠=∠；数量关系不变；理由见解析【分析】（1）先根据等边三角形的性质得出∠BAC ＝∠PAQ ＝60°，AB ＝AC ，AP ＝AQ ，再由SAS 定理即可得出结论；（2）由∠APC=∠CAP ，∠B=∠BAC ，∠B+∠BAC+∠APC+∠CAP=180°，得∠BAP=90°，再结合ABP ACD ≌△△，进而即可求解；（3）设CD 与AP 交于点O ，由ABP ACD ≌△△，得∠ACD=∠APD ，结合∠AOC=∠DOP ，三角形内角和定理，即可得到结论．【详解】（1）证明：∵△ABC 与△APD 是等边三角形，∴∠BAC ＝∠PAD ＝60°，AB ＝AC ，AP ＝AD ，∴∠BAP ＝∠DAC ，在△ABP 与△ACD 中，AB AC BAP CAD AP AD ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴ABP ACD ≌△△（SAS ）； （2）∵PC AC =，∴∠APC=∠CAP ，∵△ABC 是等边三角形，∴∠B=∠BAC=60°，又∵∠B+∠BAC+∠APC+∠CAP=180°，∴∠BAC+∠CAP=12×180°=90°，即：∠BAP=90°， ∴∠APB=90°-60°=30°，∴∠ADC=∠APB=30°，∵△APD 是等边三角形，∴PDC ∠=60°-∠ADC=60°-30°=30°；（3）PDC ∠=PAC ∠，随着点P 位置的变化，PDC ∠与PAC ∠的数量关系不会发生变化，理由如下：设CD 与AP 交于点O ，∵ABP ACD ≌△△，∴∠ACD=∠ABP=60°，∵∠APD=60°，∴∠ACD=∠APD ，又∵∠AOC=∠DOP ，∠AOC+∠ACD+∠PAC=180°，∠DOP+∠APD+∠PDC=180°， ∴PDC ∠=PAC ∠．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，直角三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定和性质，是解题的关键．6．120°．【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．【详解】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°．【点睛】此题考查的是等边三角形的性质和全等三角形的判定及性质，利用SAS 证出△DAC ≌△BAE 是解题关键．7．（1）见解析；（2）60DHA ∠=︒；（3）BGF 是等边三角形．【分析】（1）从ABD △和BCE ∆是等边三角形中寻找条件证明(SAS)ABE DBC ≌，然后利用全等三角形的性质即可证明；（2）由ABE DBC ≌可得BAE BDC ∠=∠，再由外角的性质可得DHA BAE DCB ∠=∠+∠，然后根据等量代换即可证明；（3）先证明(ASA)ABG DBF ≅得到BG BF =，然后结合60DBE ∠=︒即可说明BGF 是等边三角形．【详解】（1）证明：ABD 和BCE 都是等边三角形，BA BD ∴=，BE BC =，60ABD CBE ∠=∠=︒．180606060DBE ∠=︒-︒-︒=︒，120ABE DBC ∴∠=∠=︒．在ABE △和DBC △中，120AB DB ABE DBC BE BC =⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩，(SAS)ABE DBC ∴≌，AE DC ∴=；（2）解：ABE DBC ≌，BAE BDC ∴∠=∠．又DHA BAE DCB ∠=∠+∠，∴DHA BDC DCB ∠=∠+∠180DBC =︒-∠60=︒；（3）解：由（1）知ABE DBC ≌，BAE BDC ∴∠=∠．在ABG 和DBF 中，60ABD DBE AB DBEAB CDB ∠=∠=︒⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩， (ASA)ABG DBF ∴≅，BG BF ∴=．60DBE ∠=︒， ∴BGF 是等边三角形．【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形外角的性质等知识点，灵活应用相关知识点成为解答本题的关键．8．(1) 140α= ；（2）AOD △是直角三角形，理由见解析；（3）当α为125、110、140时，AOD △是等腰三角形．【分析】(1) 延长AO 交BC 于点E ，由ABC 是等边三角形，BAO CAO ∠=∠，可知AE 垂直平分BC ，得到OB OC =，进而求出70BOE COE ∠=∠=，由此即可得到α的度数；(2)首先根据已知条件可以证明BOC ≌ADC ，得出BOC ADC ∠=∠，然后利用全等三角形的性质可以求出ADO ∠的度数，由此即可判断AOD △的形状；(3)要使AOD △是等腰三角形时，需要分三种情况讨论Ⅰ：AO AD =，Ⅱ：OA OD =，Ⅲ：OD AD =进行讨论，分别求出α的度数．【详解】解：(1)如图，延长AO 交BC 于点E ． ABC 是等边三角形，BAO CAO ∠=∠，∴AE 是底边BC 上的中线，AE 是BC 上的高，即AE 垂直平分BC ，∴OB OC =，∴18011070BOE COE ∠=∠=-=，∴=140α．(2)OCD 、ABC 都是等边三角形，∴OC CD =，BC AC =，60ACB OCD ∠=∠=，∴ACB ACO OCD ACO ∠-∠=∠-∠，即：BCO ACD ∠=∠，在BOC 与ADC 中OC CD BCO ACD BC AC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴BOC ≌ADC ()SAS ，∴BOC ADC ∠=∠，150BOC α∠==，60ODC ∠=，∴1506090ADO ∠=-=，∴AOD △是直角三角形．(3)如图，设1CBO CAD ∠=∠=∠，2ABO ∠=∠，3BAO ∠=∠，4CAO ∠=∠，则1260∠+∠=①，2318011070∠+∠=-=②，3460∠+∠=③，①-②+③，得：1450∠+∠=，即50DAO ∠=，Ⅰ：要使AO AD =，需AOD ADO ∠=∠，∴3601106060αα---=-，∴125α=；Ⅱ：要使OA OD =，需OAD ADO ∠=∠，∴6050α-=，∴110α=；Ⅲ：要使OD AD =，需OAD AOD ∠=∠，∴3601106050α---=，∴140α=∴当α为125、110、140时，AOD △是等腰三角形．【点睛】本题属于综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质和判定，直角三角形的判定，等腰三角形的判定，利用分类讨论思想是解题的关键．9．BE CD =，理由见解析．【分析】由ABD △和ACE △都是等边三角形，利用等边三角形的性质得到AB AD =，AC AE =，60DAB EAC ∠=∠=，利用等式的性质得到夹角相等，再用SAS 证明DAC △和BAE △全等，最后利用全等三角形对应边相等即可得证．【详解】解：BE CD=，理由如下：ABD△是等边三角形，∴AB AD=，60DAB∠=，ACE△是等边三角形，∴AC AE=，60EAC∠=，∴DAB BAC EAC BAC∠+∠=∠+∠，即DAC BAE∠=∠，在DAC△和BAE△中AB ADDAC EABAC AE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴DAC△≌BAE△()SAS，∴BE CD=．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，根据等边三角形的性质得出夹角相等是解题的关键．10．（1）见解析；（2）见解析；（3）BC CE⊥，见解析．【分析】（1）根据ABC和EDC△是等边三角形，得到边角关系，即CA CB=，CD CE=，60B ACB ECD∠=∠=∠=，根据等式性质得到DCB ECA∠=∠，最后利用SAS证明全等即可；（2）根据ACE△≌BCD△，可知对应角B EAC∠=∠，又因为60B ACB∠=∠=，等量代换可知ACB EAC∠=∠，进而得到//AE BC；（3）BC CE⊥，由ABC是等边三角形，点D为AB的中点，根据三线合一可知30ACD BCD∠=∠=，再根据ACE△≌BCD△，进而得到30ECA DCB∠=∠=，最后可求得BCE∠的度数．【详解】（1）ABC 和EDC △是等边三角形；∴CA CB =，CD CE =，60B ACB ECD ∠=∠=∠=，∴ACB ACD ECD ACD ∠-∠=∠-∠，即DCB ECA ∠=∠，在ACE △与BCD △中CA CB DCB ECA CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴ACE △≌BCD △()SAS ；（2）ACE △≌BCD △，∴B EAC ∠=∠；60B ACB ∠=∠=，∴ACB EAC ∠=∠，∴//AE BC ；（3）BC CE ⊥，理由如下： ABC 是等边三角形，点D 为AB 的中点，∴AD BD =，CD AB ⊥，12ACD BCD ACB ∠=∠=∠， 60ACB ∠=， ∴30ACD BCD ∠=∠=，ACE △≌BCD △，∴30ECA DCB ∠=∠=，∴30303090BCE DCB ACD ECA ∠=∠+∠+∠=++=，∴BC CE ⊥．【点睛】本题考查了等边三角形的性质和全等三角形的判定和性质，等式的性质以及平行线的判定等知识点，准确的运用这些性质是解题的关键．11．（1）AE BD =，证明见解析；（2）AE BD ⊥，证明见解析．【分析】（1）根据旋转模型，利用SAS 证明ACE BCD ≅即可得出结论；（2）由全等三角形性质可得E D ∠=∠，利用三角形内角和证明90ECD EFD ∠=∠=︒即可得出结论．【详解】解：（1）AE BD =，证明如下：∵AC BC ⊥，DC EC ⊥，∴90ACB ECD ∠=∠=︒，∴ACB BCE ECD BCE ∠+∠=∠+∠，∴ACE BCD ∠=∠，在ACE △和BCD △中，AC BC ACE BCD EC DC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴ACE BCD ≅（SAS ），∴AE BD =；（2）AE BD ⊥，理由如下：由（1）得ACE BCD ≅，∴E D ∠=∠，又∵ECD D EFD E ∠+∠=∠+∠，∴90EFD ECD ∠=∠=︒，∴AE BD ⊥．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，熟悉全等三角形模型是解题关键．12．证明见解析【分析】由题意可证ABC ≌DEC ，可得A D ∠=∠，再根据三角形内角和即可得12∠=∠．【详解】证明：如图，在ABC 和DEC 中，AC DC AB DE CB CE =⎧⎪=⎨⎪=⎩，∴ABC ≌DEC ()SSS ，A D ∴∠=∠，1180AFE A ∠+∠+∠=，2180DFC D ∠+∠+∠=,AFE DFC ∠=∠，∴12∠=∠．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练运用全等三角形的判定是本题的关键． 13．（1）3；（2）见解析【分析】（1）证得∠ACF ＝∠CBE ，由AAS 证得△ACF ≌△CBE 得出CF ＝BE ＝2，AF ＝CE ＝5，即可得出结果；（2）连接CG ，推出∠GCB ＝∠CBG ＝45°，得出CG ＝BG ，证得△CFG ≌△BEG 得出FG ＝EG 即可．【详解】（1）∵BE ⊥CE ，∴∠BEC ＝90°，∵∠ACB ＝90°，∴∠BEC ＝∠ACB ，∴∠ACF+∠BCE ＝∠BCE+∠CBE ＝90°，∴∠ACF ＝∠CBE ，∵AF ⊥CE ，∴∠AFC ＝90°，在△ACF和△CBE中，∵ACF CBEAFC BECAC BC∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△ACF≌△CBE（AAS），∴CF＝BE＝2，AF＝CE＝5，∵EF＝CE﹣CF，∴EF＝5﹣2＝3；（2）连接CG，如图2所示：∵AC＝BC，AG＝BG，∴CG⊥AB，∠BCG＝12∠ACB＝12×90°＝45°，∴∠CBG＝90°﹣45°＝45°，∴∠GCB＝∠CBG＝45°，∴CG＝BG，在△ADF和△BDE中，∵∠AFD＝∠BED，∴∠FAD＝∠EBG，由（1）证可知：△ACF≌△CBE，∴CF＝BE，∠CAF＝∠BCE，∵∠CAF+∠FAD＝∠GCD+∠BCE＝45°，∴∠FAD＝∠GCD，∴∠EBG＝∠FCG，在△CFG与△BEG中，∵CG=BG，∠FCG=∠EBG，CF=BE，∴△CFG≌△BEG（SAS），∴FG＝EG．【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质与全等三角形性质及判定的综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键．14．（1）证明见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）先根据等边三角形的性质可得,,60AF AD AB AC FAD BAC ==∠=∠=︒，再根据角的和差可得FAB DAC ∠=∠，然后根据三角形全等的判定定理即可得证；（2）先根据全等三角形的性质可得60ABF C ∠=∠=︒，从而可得ABF BAC ∠=∠，再根据平行线的判定可得//BF AC ，然后根据平行四边形的判定即可得证．【详解】（1）∵ABC 和ADF 都是等边三角形，∴,,60AF AD AB AC FAD BAC C ==∠=∠=∠=︒，FAD BAD BAC BAD ∴∠-∠=∠-∠，即FAB DAC ∠=∠，在AFB △和ADC 中，AF AD FAB DAC AB AC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴()AFB ADC SAS ≅；（2）∵AFB ADC ≅，∴60ABF C ∠=∠=︒，又∵60BAC ∠=︒，∴ABF BAC ∠=∠，∴//BF AC ，又∵//BC EF ，∴四边形BCEF 是平行四边形．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、三角形全等的判定定理与性质、平行四边形的判定等知识点，熟练掌握各判定定理与性质是解题关键．15．（1）见解析；（2）BA+BD=BE ，理由见解析【分析】（1）由“SAS”可证△ABE ≌△ACD ；（2）由全等三角形的性质可得BE=DC ，由线段的和差关系可求解．【详解】（1）∵△ABC 、△ADE 是等边三角形，∴AB=AC=BC ，AD=AE ，∠BAC=∠EAD=60°，∴∠BAC+∠BAD=∠EAD+∠BAD ，即∠CAD=∠BAE ，∵在△ABE 和△ACD 中，AB AC BAE CAD AE AD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABE ≌△ACD ；（2）BA+BD=BE ，理由如下：∵△ABE ≌△ACD ，∴BE=DC ，∴BA+BD= BC+BD=DC= BE ．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，证明△ABE ≌△ACD 是解本题的关键．16．（1）证明见解析；∠AEB=60︒；（2）∠AEB=90︒；2AE BE CF =+；理由见解析．【分析】（1）小雪的题目：先利用SAS 证明ADC BEC ≅，再利用全等三角形的性质、三角形外角的性质及等量代换即可得证；小华的题目：先利用SAS 证明ADC BEC ≅，再利用全等三角形的性质得出ADC BEC ∠∠=，然后根据等边三角形的性质求出60CDE CED ∠=∠=︒，最后根据邻补角的概念和角的和与差即可得出答案；（2）根据题意易证ADC BEC ≅，再根据全等三角形的性质及邻补角的概念即可求得 ∠AEB 的度数；然后根据三线合一即可得出CF DF EF ==，最后根据线段的和与差及等量代换即可得出答案．【详解】（1）小雪的题目：证明：ACB DCE ∠=∠ACD BCE ∠∠∴=在ADC 和DCE 中，CA CB ACD BCE CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()ADC BEC SAS ∴≅△△CAD CBE ∴∠=∠又ACD BCE ∠=∠,CDE CAD ACD ∠=∠+∠CDE CBE BCE ∴∠=∠+∠；小华的题目：解：ACB DCE ∠=∠ACD BCE ∠∠∴=在ADC 和DCE 中，CA CB ACD BCE CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()ADC BEC SAS ∴≅△△ADC BEC ∠∠∴= CDE 为等边三角形60CDE CED ∴∠=∠=︒ 又点A 、D 、E 在同一条直线上120ADC BEC ∴∠=∠=︒60AEB BEC CED ∴∠=∠-∠=︒（2）∠AEB=90︒；2AE BE CF =+；理由如下：△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形，,,9045AC BC CD CE ACB DCE CDE CED ∴==∠=∠=︒∠=∠=︒，,ACB DCB DCE DCB ∴∠-∠=∠-∠即ACD BCE ∠=∠在ADC 和DCE 中，CA CB ACD BCE CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()ADC BEC SAS ∴≅△△,BE AD BEC ADC ∴=∠=∠,点A 、D 、E 在同一直线上18045135ADC ∴∠=︒-︒=︒135BEC ∴∠=︒1354590AEB BEC CED ∴∠=∠-∠=︒-︒=︒90,DCE CD CE CF DE ∠=︒=⊥，CF DF EF ∴==2DE DF EF CF ∴=+=2AE AD DE BE CF ∴=+=+．【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质、等腰三角形的性质、等边三角形的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．17．（1）证明见解析；（2）222AD BF DF +=，证明见解析；（3）BF =【分析】（1）将CD 绕C 点逆时针旋转90°至CE ，可得△DCE 是等腰直角三角形，再判定△ACD ≌△BCE （SAS ），即可得出AD ＝BE ；（2）连接FE ，根据CF 是DE 的垂直平分线，可得DF ＝EF ，再根据Rt △BEF 中，BE2＋BF2＝EF2，即可得出AD2＋BF2＝DF2；（3）根据∠BDE ＝15°＝∠DEF ，可得∠BFE ＝30°，设BE ＝x ，则BF =，2EF x DF ==，利用在Rt BDE △中，()2222x x ++=，即可解得1x =，故可求出BF ． 【详解】（1）将CD 绕C 点逆时针旋转90°至CE ，可得DCE 是等腰直角三角形， 90DCE ACB ∴∠=∠=︒，DC EC =，ACD BCE ∠∠∴=，在ACD △和BCE 中，AC BC ACD BCE DC EC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()SAS ACD BCE ∴△≌△，AD BE ∴=．（2）222AD BF DF +=．CF DE ⊥，DCE 是等腰直角三角形，连接FE ，如图所示，CF ∴是DE 的垂直平分线，DF EF ∴=，又ACD BCE ≌，45ABC ∠=︒，45CBF A ABC ∴∠=∠=︒=∠，90EBF ∴∠=︒，∴在Rt BEF △中，222BE BF EF +=，222AD BF DF ∴+=．（3）31CD =，DCE是等腰直角三角形，DE ∴= 15ACD ∠=︒，45A CDE ∠=∠=︒，15BDE DEF ∴∠=︒=∠，30BFE ∴∠=︒，设BE x=，则BF =，2EFx DF ==，∴在Rt BDE △中，()2222x x ++=，解得1x =，BF ∴=【点睛】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质以及全等三角形的判定与性质的综合运用，解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形，运用勾股定理进行计算求解．。
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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：
△ABE≌△DBC，AE=DC，AE与DC的夹角为60︒，△AGB≌△DFB，△EGB≌△CFB，
BH平分∠AHC，GF∥AC
2、如果两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，直线AE与CD相交于点H，求证：（1）AE=DC；（2）AE与DC的夹角为60︒；（3）BH平分∠AHC.
3、如图，两个正方形ABCD和DEFG，连接AG与CE，二者相交于H，求证：
（1）AG=CE；（2）AG与CE之间的夹角为90度；（3）HD平分∠AHE.
4．将等腰Rt△ABC和等腰Rt△ADE按图①方式放置，∠A=90°，AD边与AB边重合，AB=2AD=4。
将△ADE绕点A逆时针方向旋转一个角度α（0°<α>180°），BD的延长线交CE于P。
（1）如图②，证明：BD=CE，BD⊥CE；
（2）如图③，在旋转的过程中，当AD⊥BD时，求出CP的长。
，PB=4，以AB为直角边作等腰直角三角形ABD，且P、D两点在直线AB
5、已知：PA
(1)如图，当∠APB=45°时，求AB及PD的长;
(2)当∠APB变化，且其它条件不变时，求PD的最大值及相应∠APB的大小.
1、如图，已知△ABC的面积是3的等边三角形，△ABC∽△ADE，AB=2AD，∠BAD=45°，AC 与DE相交于点F，则△AEF的面积等于__________（结果保留根号）.
2、在△ABC中，AB=AC，∠BAC=2∠DAE=2α．
（1）如图1，若点D关于直线AE的对称点为F，求证：△ADF∽△ABC；
（2）如图2，在（1）的条件下，若α=45°，求证：DE2=BD2+CE2；
（3）如图3，若α=45°，点E在BC的延长线上，则等式DE2=BD2+CE2还能成立吗？请说明理由．
3、如图1，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AB＝AC，四边形ADEF是正方形，点B、C分别在边AD、AF上，此时BD＝CF，BD⊥CF成立．
(1)当△ABC绕点A逆时针旋转θ（0°＜θ＜90°）时，如图2，BD＝CF成立吗？若成
立，请证明；若不成立，请说明理由．
(2)当△ABC绕点A逆时针旋转45°时，如图3，延长DB交CF于点H.
①求证：BD⊥CF；
②当AB＝2，AD＝32时，求线段DH的长．
4、如图①，△ABC与△CDE是等腰直角三角形，直角边AC、CD在同一条直线上，点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，连接AE、BD．
（1）猜想PM与PN的数量关系及位置关系，请直接写出结论；
（2）现将图①中的△CDE绕着点C顺时针旋转α（0°＜α＜90°），得到图②，AE与MP、BD分别交于点G、H．请判断（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（3）若图②中的等腰直角三角形变成直角三角形，使BC=kAC，CD=kCE，如图③，写出PM与PN的数量关系，并加以证明．
5、已知正方形ABCD的边长为1，点P为正方形内一动点，若点M在AB上，且满足△PBC∽△PAM，延长BP交AD于点N，连结CM．
（1）如图一，若点M在线段AB上，求证：AP⊥BN；AM=AN；
（2）①如图二，在点P运动过程中，满足△PBC∽△PAM的点M在AB的延长线上时，AP⊥BN和AM=AN是否成立？（不需说明理由）
②是否存在满足条件的点P，使得PC=1
2?并说明理由．
6、已知△ABC是等腰三角形，AB=AC．
（1）特殊情形：如图1，当DE∥BC时，有DB EC．（填“＞”，“＜”或“=”）
（2）发现探究：若将图1中的△ADE绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）到图2位置，则（1）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．
（3）拓展运用：如图3，P是等腰直角三角形ABC内一点，∠ACB=90°，且PB=1，PC=2，PA=3，求∠BPC的度数．
7、在△ABC中，∠A=90°，AB=AC．
（1）如图1，△ABC的角平分线BD，CE交于点Q，请判断“QB=”是否正确：________（填“是”或“否”）；
（2）点P是△ABC所在平面内的一点，连接PA，PB，且PB=PA．
①如图2，点P在△ABC内，∠ABP=30°，求∠PAB的大小；
②如图3，点P在△ABC外，连接PC，设∠APC=α，∠BPC=β，用等式表示α，
β之间的数量关系，并证明你的结论．
图1图2。