全等三角形之手拉手模型专题
全等三角形之手拉手模型专题
基本图形1、图（1）中，C点为线段AB上一点，△ ACM △ CBN是等边三角形，AN 与BM相等吗说明理由；
如图（2）C点为线段AB上一点，等边三角形ACM和等边三角形CBN在
AB的异侧，此时AN与BM相等吗说明理由；
如图（3）C点为线段AB外一点，△ ACM △ CBN是等边三角形，AN与BM 相等吗
说明理由.
分析：题中三问均是对等边三角形性质的考查以及全等三角形的证明，由已知条件，利用等边三角形的性质可找出对应边及夹角相等，证明全等，即可得到线段相等.
解：（1）相等.
证明如下：•••△ ACM △ CBN是等边三角形，
••• AC=CM CN=BC
又/ ACN=/ MCN+60 / MCB M MCN+60 ,
•••/ ACN=/ MCB
•△ ACNm MCB •- AN=BM
（2）相等.
证明如下：•••△ ACM △ CBN是等边三角形，
•AC=CM CN=BC 又/ ACN=/ MCB
•△ ACNm MCB
•AN=BM
（3）相等.
证明如下：•••△ ACM △ CBN是等边三角形，
•AC=CM CN=BC
又/ ACN=/ MCN+60 / MCB M MCN+60 ,
•/ ACN=/ MCB
•△ ACNm MCB
•AN=BM
点评：本题考查了全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质；可围绕结论寻找全等三角形，运用全等三角形的性质判定线段相等，证得三角形全等是正确解答本题的关键.
图(1) 图(3)
变形
2、( 1)如图1,点C是线段AB上一点，分别以AC, BC为边在AB的同侧作等边△ ACM 和厶CBN连接AN, BM分别取BM AN的中点E，F，连接CE CF，EF.观察并猜想△ CEF的形状，并说明理由.
(2)若将(1 )中的“以AC, AC BC为
腰在AB的同侧作等腰△ 那么(1)中的
结论还成立吗若成立，由.
得出AN=BM, / ANC=Z MBA ,再证
△ NFC^^ BEC得出CE=CF / BCE=/ NCF利用等边三
角形的角度60 , 得出/ ECF=60 ,证得结论成立；
(2)证明过程如上(1)中的结论只有CE=CF而/ ECF只等于等腰三角形的顶角工60°,得出结论不成立.
解：(1)如图1 , △ CEF是等边三角形，
理由：•••等边△人。
皿和厶CBN
••• AC=MC BC=NC / ACN=/ MCB
在厶ACN和厶MCB中
NC= BC
/ ACN=Z MCB
AC= MC
•△ ACNm MCB( SAS ,
•AN=MB / ANC=/ MBA
在厶NFC和厶BEC中，
NC= BC
/ FNC=Z EBC
NF= BE
•△ NFC^A BEC( SAS ,
•EC=CF
•••/ BCE+Z ECN=60 , / BCE2 NCF,
•/ ECF=60 ,
•△ CEF是等边三角形；
(2)如图2,不成立，首先/ ACN^Z MCB
•△ ACN与厶MCB不全等.
如果有两个等腰三角形的顶角相等，那么结论也不成立，
证明方法与上面类似，只能得到CE=CF而Z ECF只等于等腰三角形的顶角工60°
点评：此题综合考查等边三角形的性质与判定，三角形全等的判定与性
质，等腰三角形的性质等知识点.
BC为边作等边△ ACM和厶CBN改为“以
ACM和厶CBN”如图2,其他条件不变，加以证
明；若不成立，请说明理
变形3、如图，在△ ABC 中，已知/ DBC=60 , AO BC,，又△ ABC、△ BCA、△ CAB都是△ ABC形外的等边三角形，而点D在AC上, 且BC=DC
(1)证明：△ C BD^A B' DC
(2)证明：△ AC DB' A;
证明：(〔)△ C BD与厶ABC中，
BC=DC AB=BC，/ C BD=60 +/ ABD2 ABC
•••△ C BD^A ABC ••• C D=AC
又在△ BCA与厶DCB中，
BC=DC AC=B C,Z ACB=/ B' CD=60 , • △ BCA^A DCB .•••
DB' =BA
•••△ C' BD^A B' DC
(2 )由(1)的结论知:
C D=B' C=AB ,
B ' D=B
C =AC , 又••• AD=AD
• △ AC DB' A.。
专题 全等三角形模型——手拉手模型与半角模型(解析版)
全等三角形模型——手拉手模型与半角模型手拉手模型特点：由两个等顶角的等腰三角形所组成，并且顶角的顶点为公共顶点，如图所示结论：（1）△ABD ≌△AEC（2）∠α+∠BOC=180°（3）OA 平分∠BOC变形：1.如图，以ABC D 的边AB ，AC 为边，向外作等边ABD D 和等边ACE D ，连接BE ，CD 相交于点F ．（1）求证：DC BE =．（2）求DFE Ð的度数．（3）求证：FA 平分DFE Ð．（4）求证：DF AF BF =+．【分析】（1）根据等边三角形的性质和全等三角形的判定和性质得出DC BE =即可；（2）根据全等三角形的性质和角的关系得出120DFE Ð=°即可；（3）过点A 作AP DC ^于P ，AQ BE ^于Q ，根据三角形面积公式和角平分线的性质解答即可；（4）在DF 上截取DM BF =，连接AM ，根据全等三角形的判定和性质解答即可．【解答】证明：（1）ABD D Q 和ACE D 是等边三角形，AD AB \=，AE AC =，60DAB EAC AEC ACE Ð=Ð=Ð=Ð=°，DAB BAC EAC BAC \Ð+Ð=Ð+Ð，即DAC BAE Ð=Ð，在DAC D 与BAE D 中，AD AB DAC BAE AC AE =ìïÐ=Ðíï=î，()DAC BAE SAS \D @D ，DC BE \=；（2）DAC BAE D @D Q ，ADF ABF \Ð=Ð，AGD FGB Ð=ÐQ ，60BFG DAG \Ð=Ð=°，120DFE \Ð=°；（3）过点A 作AP DC ^于P ，AQ BE ^于Q ，DAC BAE D @D Q ，\1122DAC BAE S DC AP S BE AQ D D =×==×，DC BE =Q ，AP AQ \=，AP DC ^Q ，AQ BE ^，FA \平分DFE Ð；（4）在DF 上截取DM BF =，连接AM ，在ADM D 与ABF D 中，AD AB ADM ABF DM BF =ìïÐ=Ðíï=î，()ADM ABF SAS \D @D ，AM AF \=，DAM BAF Ð=Ð，60DAB Ð=°Q ，60DAM MAG \Ð+Ð=°，60BAF MAG \Ð+Ð=°，即60MAF Ð=°，AMF \D 是等边三角形，MF AF \=，DF DM MF AF BF \=+=+．2.等边ABD D 和等边BCE D 如图所示，连接AE 与CD ，证明：（1）AE DC =；（2）AE 与DC 的夹角为60°；（3）AE 延长线与DC 的交点设为H ，求证：BH 平分AHC Ð．【分析】（1）根据ABD D 和BCE D 都是等边三角形，即可得到()ABE DBC SAS D @D ，进而得出AE DC =；（2）根据全等三角形的性质以及三角形内角和定理，即可得到ADH D 中，60AHD Ð=°，进而得到AE 与DC 的夹角为60°；（3）过B 作BF DC ^于F ，BG AH ^于G ，根据全等三角形的面积相等，即可得到BG BF =，再根据BF DC ^于F ，BG AH ^于G ，可得BH 平分AHC Ð．【解答】证明：（1）ABD D Q 和BCE D 都是等边三角形，AB DB \=，EB CB =，ABD EBC Ð=Ð，ABE DBC \Ð=Ð，在ABE D 和DBC D 中，AB DB ABE DBC EB CB =ìïÐ=Ðíï=î，()ABE DBC SAS \D @D ，AE DC \=；（2）ABE DBC D @D Q ，BAE BDC \Ð=Ð，又120BAE HAD ADB Ð+Ð+Ð=°Q ，120BDC HAD ADB \Ð+Ð+Ð=°，ADH \D 中，18012060AHD Ð=°-°=°，即AE 与DC 的夹角为60°；（3）如图，过B 作BF DC ^于F ，BG AH ^于G ，ABE DBC D @D Q ，ABE DBC S S D D \=，即1122AE BG DC BF ´=´，又AE DC =Q ，BG BF \=，又BF DC ^Q 于F ，BG AH ^于G ，BH \平分AHC Ð．3.（2021春•宁阳县期末）如图两个等腰直角ADC D 与EDG D ，90ADC EDG Ð=Ð=°，连接AG ，CE 交于点H ．证明：（1）AG CE =；（2）AG CE ^．【分析】（1）由两个等腰直角ADC D 与EDG D ，可得AD CD =，DG DE =，90ADC GDE Ð=Ð=°，进而得出ADG CDE Ð=Ð，然后由SAS 即可判定ADG CDE D @D ，进而可得结论；（2）根据全等三角形的性质则可证得DAG DCE Ð=Ð，再根据直角三角形的两锐角互余进而证出90CHA Ð=°即可得解．【解答】解：（1）证明：ADC D Q 与EDG D 是等腰直角三角形，AD CD \=，DG DE =，且90ADC GDE Ð=Ð=°，ADC CDG GDE CDG \Ð+Ð=Ð+Ð，即ADG CDE Ð=Ð，在ADG D 与CDE D 中，AD CD ADG CDEDG DE =ìïÐ=Ðíï=î，()ADG CDE SAS \D @D ，AG CE \=；（2）证明：设CD 与AG 相交于点P ，由（1）知，ADG CDE D @D，DAG DCE \Ð=Ð，90ADC Ð=°Q ，90DAG APD \Ð+Ð=°，APD CPH Ð=ÐQ ，90DCE CPH \Ð+Ð=°，90CHP \Ð=°，AG CE \^．4.如图，两个等腰Rt ADC D 与Rt EDG D ，连接AG ，CE 交于点H ，连接HD ．求证：AHD EHD Ð=Ð．【分析】由“SAS ”可证ADG CDE D @D ，可得AG CE =，ADG CDE S S D D =，由面积公式可得DN DM =，由角平分线的判定定理可得结论．【解答】证明：如图，过点D 作DN AG ^于N ，DM CE ^于M ，90ADC GDE Ð=Ð=°Q ，ADG EDC \Ð=Ð，在ADG D 和CDE D 中，AD CD ADG CDE DG DE =ìïÐ=Ðíï=î，()ADG CDE SAS \D @D ，AG CE \=，ADG CDE S S D D =，\1122AG DN CE DM ´´=´´，DN DM \=，又DN AG ^Q ，DM CE ^，AHD EHD \Ð=Ð．5.如图，两个正方形ABCD 和DEFG ，连接AG 与CE ，二者相交于H ．问：（1）求证：ADG CDE D @D ．（2）AG 与CE 的关系？并说明理由．（3）求证：HD 平分AHE Ð．【分析】（1）由四边形ABCD 与DEFG 是正方形，可得AD CD =，90ADC GDE Ð=Ð=°，进而得出ADG CDE Ð=Ð，DG DE =，然后由SAS 即可判定ADG CDE D @D ；（2）根据全等三角形的性质则可证得AG CE =，DAG DCE Ð=Ð，进而证出90CHA Ð=°即可；（3）根据全等三角形的性质和三角形的面积解答即可．【解答】（1）证明：Q 四边形ABCD 和四边形DEFG 是正方形，AD CD \=，DG DE =，且90ADC GDE Ð=Ð=°，ADG CDE \Ð=Ð，在ADG D 与CDE D 中，AD CD ADG CDE DG DE =ìïÐ=Ðíï=î，()ADG CDE SAS \D @D ，（2）解：AG CE =，AG CE ^，理由如下：由（1）得：ADG CDE D @D ，AG CE \=，DAG DCE Ð=Ð，DCE CHA DAG ADC Ð+Ð=Ð+ÐQ ，90CHA ADC \Ð=Ð=°，AG CE \^；（3）证明：过点D 作DM AG ^于M ，DN CE ^于N ，如图：ADG CDE D @D Q ，DCE ADG S S D D \=，\1122CE DN AG DM ´´=´´，DM DN \=，MD AG ^Q ，DN CE ^，DH \平分AHE Ð．6.（2021秋•南岗区校级期中）已知：AB AC =，AD AE =，BAC DAE Ð=Ð．（1）如图1，求证：BD CE =；（2）如图2，当60BAC Ð=°时，BD 、CE 交于点P ，连接PA ，求证：PB PC PA -=；（3）如图3，在（2）的条件下，过E 作EH PA ^于H ，在PE 上取点F ，连接FH 并延长至G ，使GH FH =，连接GE ，若2HGE HEG Ð=Ð，求EHF Ð的度数．【分析】（1）证明BAD CAE D @D 即可；（2）作AF BD ^，AG CE ^，截取PH PA =，证明ABF ACG D @D ，可推出60APF APG Ð=Ð=°，从而可证ACH ABP D @D ，进而得证；（3）作HQ CE ^于Q ，作HM GH =交GE 于M ，作MN AE ^于N ，证明HQF ENM D @D ，可推出15AEG Ð=°，进而求得结果．【解答】（1）证明：如图1，BAC DAE Ð=ÐQ ，BAC CAD DAE CAD \Ð+Ð=Ð+Ð，BAD CAE \Ð=Ð，AB AC =Q ，AD AE =，()BAD CAE SAS \D @D ，BD CE \=；（2）证明：如图2，设AC 与PB 交于I ，作AF BD ^于F ，AG CE ^于G ，在PE 上截取PH PA =，90AFB AGC \Ð=Ð=°，由（1）知：BAD CAE D @D ，B C \Ð=Ð，PIC AIB Ð=ÐQ ，60CPF BAC \Ð=Ð=°，AB AC =Q ，()AFB AGC AAS \D @D ，AF AG \=，11(180)(18060)6022APF APG CPF \Ð=Ð=°-Ð=°-°=°，PAH \D 是等边三角形，60AHC \Ð=°，AHC APB \Ð=Ð，()ABP ACH AAS \D @D ，PB CH PC PH PC PA \==+=+，即：PB PC PA -=；（3）解：如图3，作HQ CE ^于Q ，作HM GH =交GE 于M ，作MN AE ^于N ，90HQF MNE \Ð=Ð=°，AMG G Ð=Ð，2G AEG Ð=ÐQ ，2AMG AEG \Ð=Ð，AMG AEG EHM Ð=Ð+ÐQ ，AEG EHM \Ð=Ð，MH ME \=，12EN AN EH \==，GH FH =Q ，ME FH \=，PH HE ^Q ，90PHE \Ð=°，由（2）知：60APF Ð=°，30HEP \Ð=°，12HQ EH \=，HQ NE \=，()HQF ENM HL \D @D ，AEG QHF \Ð=Ð，EHF G AEG Ð=Ð+ÐQ ，3FHE AEG \Ð=Ð，4QHE QHF FHE AEG \Ð=Ð+Ð=Ð，90HQE \Ð=°，30HEP Ð=°，60HQE \Ð=°，460AEG \Ð=°，15AEG \Ð=°，345EHF AEG \Ð=Ð=°．7.（2021秋•天河区期末）ABC D 是等边三角形，点D 是AC 边上动点，(030)CBD ααÐ=°<<°，把ABDD 沿BD 对折，得到△A BD ¢．（1）如图1，若15α=°，则CBA Т= ．（2）如图2，点P 在BD 延长线上，且DAP DBC αÐ=Ð=．①试探究AP ，BP ，CP 之间是否存在一定数量关系，猜想并说明理由．②若10BP =，CP m =，求CA ¢的长．（用含m 的式子表示）【分析】（1）由ABC D 是等边三角形知，60ABC Ð=°，由15CBD αÐ==°，知A BD ABD ABC α¢Ð=Ð=Ð-，2602CBA A BD ABC ααα¢¢Ð=Ð-=Ð-=°-，代入α值即可；（2）①连接CP ，在BP 上取一点P ¢，使BP AP ¢=，根据SAS 证△BP C APC ¢@D ，得CP CP ¢=，再证CPP ¢D 是等边三角形，即可得出BP AP CP =+；②先证180BCP BCA ¢Ð+Ð=°，即A ¢、C 、P 三点在同一直线上，得出PA PC CA ¢¢=+，根据SAS 证ADP D @△A DP ¢，得出A P AP ¢=，即可求出CA ¢的值．【解答】解：（1）ABC D Q 是等边三角形，60ABC \Ð=°，CBD αÐ=Q ，A BD ABD ABC α¢\Ð=Ð=Ð-，2602CBA A BD ABC ααα¢¢\Ð=Ð-=Ð-=°-，15α=°Q ，6021530CBA ¢\Ð=°-´°=°，故答案为：30°；（2）①BP AP CP =+，理由如下：连接CP ，在BP 上取一点P ¢，使BP AP ¢=，ABC D Q 是等边三角形，60ACB \Ð=°，BC AC =，DAP DBC αÐ=Ð=Q ，\△()BP C APC SAS ¢@D ，CP CP ¢\=，BCP ACP ¢Ð=Ð，60PCP ACP ACP BCP ACP ACB ¢¢¢¢\Ð=Ð+=Ð+Ð=Ð=°，CP CP ¢=Q ，CPP ¢\D 是等边三角形，60CPB \Ð=°，PP CP ¢=，BP BP PP AP CP ¢¢\=+=+，即BP AP CP =+；②如下图，由①知，60BPC Ð=°，180********BCP BPC PBC αα\Ð=°-Ð-Ð=°-°-=°-，由（1）知，602CBA α¢Ð=°-，由折叠知，BA BA ¢=，BA BC =Q ，BA BC ¢\=，11(180)[180(602)]6022BCA CBA αα¢¢\Ð=°-Ð=°-°-=°+，12060180BCP BCA αα¢\Ð+Ð=°-+°+=°，\点A ¢、C 、P 在同一直线上，即PA PC CA ¢¢=+，由折叠知，BA BA ¢=，ADB A DB ¢Ð=Ð，180180ADB A DB ¢\°-Ð=°-Ð，ADP A DP ¢\Ð=Ð，DP DP =Q ，ADP \D @△()A DP SAS ¢，A P AP ¢\=，由①知，BP AP CP =+，10BP =Q ，CP m =，10AP BP CP m \=-=-，10A P AP m ¢\==-，10102CA A P CP m m m ¢¢\=-=--=-．半角模型图形中，往往出现90°套45°的情况，或者120°套60°的情况。
专题04 手拉手模型证全等(解析版)
专题04 手拉手模型证全等类型一等边手拉手1．图1、图2中，点C为线段AB上一点，△ACM与△CBN都是等边三角形．（1）如图1，线段AN与线段BM是否相等？证明你的结论；（2）线段AN与线段BM交于点O，求∠AOM的度数；（3）如图2，AN与MC交于点E，BM与CN交于点F，探究△CEF的形状，并证明你的结论．【答案】（1）AN＝BM，见解析；（2）60°；（3）等边三角形，见解析【解析】【分析】（1）证△ACN≌△MCB（SAS），即可得出AN＝BM；（2）由全等三角形的性质得∠ANC＝∠MBC，则∠AOM＝∠CAN+∠MBC＝∠CAN+∠ANC ＝∠BCN＝60°；（3）证△ACE≌△MCF（ASA），得CE＝CF，即可得出结论．【详解】解：（1）AN＝BM，理由如下：∵△ACM、△CBN都是等边三角形，∴AC＝CM，CN＝CB，∠ACM＝∠BCN＝60°，∴∠ACM +∠MCN ＝∠BCN +∠MCN ，∴∠ACN ＝∠BCM ，在△ACN 和△MCB 中，AC MC ACN MCB CN CB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACN ≌△MCB （SAS ），∴AN ＝BM ；（2）由（1）得：△ACN ≌△MCB ，∴∠ANC ＝∠MBC ，∴∠AOM ＝∠CAN +∠MBC ＝∠CAN +∠ANC ＝∠BCN ＝60°；（3）△CEF 是等边三角形，理由如下：∵△ACN ≌△MCB ，∴∠CAE ＝∠CMF ，∵∠MCF ＝180°﹣∠ACM ﹣∠BCN ＝60°，∴∠ACE ＝∠MCF ，在△ACE 和△MCF 中，CAE CMF AC MCACE MCF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩， ∴△ACE ≌△MCF （ASA ），∴CE ＝CF ，∵∠MCF ＝60°，∴△CEF 是等边三角形．【点睛】本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．2．如图，△ABD 和△BCE 都是等边三角形，∠ABC ＜105°，AE 与DC 交于点F ． （1）求证：AE ＝DC ；（2）求∠BFE 的度数；（3）若AF ＝9.17cm ，BF ＝1.53cm ，CF ＝7.53cm ，求CD ．【答案】（1）见解析；（2）60°；（3）18.23cm【解析】【分析】（1）由等边三角形的性质可知∠DBA＝∠EBC＝60°，BD＝AB，BC＝BE．从而可证∠DBC ＝∠ABE．即可利用“SAS”可证明△DBC≌△ABE，得出结论AE＝DC．（2）过点B作BN⊥CD于N，BH⊥AE于H．由△DBC≌△ABE可知∠BEH＝∠BCN，∠BDF ＝∠BAF．再结合等边三角形的性质可求出∠FDA+∠DAF＝120°，进而求出∠DF A＝180°-120°＝60°，即求出∠DFE＝180°-60°＝120°．即可利用“AAS”证明△BEH≌△BCN，得出结论BH＝BN，即得出BF平分∠DFE，即可求出∠BFE＝60°．（3）延长BF至Q，使FQ＝AF，连接AQ．根据所作辅助线可知∠AFQ＝∠BFE＝60°，即证明△AFQ是等边三角形，得出结论AF＝AQ＝BQ，∠F AQ＝60°．又可证明∠DAF＝∠BAQ．利用“SAS”可证明△DAF≌△BAQ，即得出DF＝BQ＝BF+FQ＝BF+AF，最后即可求出CD＝DF+CF＝BF+AF+CF＝1.53+9.17+7.53＝18.23cm．【详解】（1）证明：∵△ABD和△BCE都是等边三角形，∴∠DBA＝∠EBC＝60°，BD＝AB，BC＝BE，∴∠DBA+∠ABC＝∠EBC+∠ABC，即∠DBC＝∠ABE，∵在△DBC和△ABE中，BD ABDBC ABE BC BE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△DBC≌△ABE（SAS），∴AE＝DC；（2）解：如图，过点B作BN⊥CD于N，BH⊥AE于H．∵△DBC ≌△ABE ，∴∠BEH ＝∠BCN ，∠BDF ＝∠BAF ，∵△ABD 是等边三角形，∴∠BDA +∠BAD ＝120°，∴∠FDA +∠DAF ＝120°，∴∠DF A ＝180°-120°＝60°，∴∠DFE ＝180°-60°＝120°，在△BEH 和△BCN 中，90BEH BCN BHE BNC BE BC ∠=∠⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩，∴△BEH ≌△BCN （AAS ），∴BH ＝BN ，∴BF 平分∠DFE ，∴∠BFE ＝12∠DFE ＝12×120°＝60°；（3）解：如图，延长BF 至Q ，使FQ ＝AF ，连接AQ ．则∠AFQ ＝∠BFE ＝60°，∴△AFQ 是等边三角形，∴AF ＝AQ ＝BQ ，∠F AQ ＝60°，∵△ABD 是等边三角形，∴AD ＝AB ，∠DAB ＝60°，∴∠DAB +∠BAF ＝∠BAF +∠F AQ ，即∠DAF ＝∠BAQ ，在△DAF 和△BAQ 中，AD AB DAF BAQ AF AQ =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△DAF ≌△BAQ （SAS ），∴DF ＝BQ ＝BF +FQ ＝BF +AF ，∴CD ＝DF +CF ＝BF +AF +CF ＝1.53+9.17+7.53＝18.23cm ．【点睛】本题为三角形综合题．考查等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理以及角平分线的判定和性质．正确的作出辅助线也是解答本题的关键． 3．如图，点C 为线段BD 上一点，,ABC CDE △△都是等边三角形，AD 与CE 交于点,F BE 与AC 相交于点G ．（1）求证：≌ACD BCE ；（2）求证：ACF BCG ≌（3）若8,25CF CG BD +==，求ACD △的面积．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【解析】【分析】（1）根据SAS 即可证明△BCE ≌△ACD ；（2）由△ACD ≌△BCE 可得∠CBG =∠CAF ，从而利用ASA 可证明△ACF ≌△BCG ；（3）求出CG =CF =4，过G 作GM ⊥BD 于M ，过点F 作FN ⊥BD 于N ，求出GM ，FN ，根据S △ACD =S △ACF +S △CDF =S △BCG +S △CDF 可求出答案．【详解】解：（1）证明：∵△ABC ，△CDE 是等边三角形，∴AC =BC ，CD =CE ，∠ACB =∠DCE =60°，∴∠ACB +∠ACE =∠DCE +∠ACE ，即∠BCE =∠DCA ，∴△ACD ≌△BCE （SAS ）．（2）由（1）得△ACD ≌△BCE ，∴∠CBG =∠CAF ，又∵∠ACF =∠BCG =60°，BC =AC ，在△ACF 和△BCG 中，ACF BCG BC ACCAF CBG ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=⎩， ∴△ACF ≌△BCG （ASA ）；（3）∵△ACF ≌△BCG ，∴S △ACF =S △BCG ，CG =CF ，而CF +CG =8，∴CG =CF =4，过G 作GM ⊥BD 于M ，过点F 作FN ⊥BD 于N ，又∵∠ACB =∠DCE =60°，∴GM=FN= ∴S △ACD =S △ACF +S △CDF=S △BCG +S △CDF =12BC •GM +12CD •FN=12⨯（BC +CD ）=【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质以及等边三角形的判定和性质，利用全等三角形的性质得出CG =CF 是解答此题的关键．类型二 等直手拉手4．已知：两个等腰直角三角板△ACB 和△DCE （AC ＝BC ，DC ＝CE ，∠ACB ＝∠DCE ＝90°）如图所示摆放，连接AE 、BD 交于点O ．AE 与DC 交于点M ，BD 与AC 交于点N ．（1）如图1（两个等腰直角三角板大小不等），试判断AE 与BD 有何关系并说明理由； （2）如图2（两个等腰直角三角板大小相等，即AC ＝DC ），在不添加任何辅助线的情况，请直接写出图2中四对全等的直角三角形．【答案】（1）AE ＝BD 且AE ⊥BD ．理由见解析；（2）△ACB ≌△DCE ，△EMC ≌△BCN ，△AON ≌△DOM ，△AOB ≌△DOE【解析】【分析】（1）证明△ACE ≌△BCD ，可得AE ＝BD ，∠CEA ＝∠BDC ，由∠CME ＝∠DMO ，根据三角形内角和定理即可得∠DOM ＝∠ECM ＝90°，进而可证AE ⊥BD ．（2）根据三角形全等的判定找出相等边和角，进而找出全等三角形．【详解】解：（1）结论；AE ＝BD 且AE ⊥BD ．理由如下：∵∠ACB ＝∠DCE ，∴∠ACB +∠DCA ＝∠DCE +∠DCA ，即∠DCB ＝∠ACE ，∵AC ＝BC ，CD ＝CE ，在△ACE 与△BCD 中，AC BC ACE DCB CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACE ≌△BCD （SAS ），∴AE ＝BD ，∠CEA ＝∠BDC ，∵∠CME ＝∠DMO ，∴180()180()CEA CME DMO BDC ︒-∠+∠=︒-∠+∠，即∠DOM ＝∠ECM ＝90°，∴AE ⊥BD ，∴AE ＝BD 且AE ⊥BD ；（2）∵AC ＝DC ，∴AC ＝CD ＝EC ＝CB ，在△ACB 与△DCE 中，AC DC ACB DCE CB CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACB ≌△DCE （SAS ）；由（1）可知：∠AEC ＝∠BDC ，∠EAC ＝∠DBC ，∴∠DOM ＝90°，∵∠AEC ＝∠CAE ＝∠CBD ，∴△EMC ≌△BCN （ASA ），∴CM ＝CN ，∴DM ＝AN ，∴△AON ≌△DOM （AAS ），∵DE ＝AB ，AO ＝DO ，∴△AOB ≌△DOE （HL ）．【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，掌握三角形全等的性质与判定是解题的关键． 5．已知Rt ABC △中，AB AC =，90BAC ∠=︒，点D 为直线BC 上的一动点（点D 不与点B 、C 重合），以AD 为边作Rt ADE △，AD AE =，连接CE ．（1）发现问题：如图①，当点D 在边BC 上时，①请写出BD 和CE 之间的数量关系________，位置关系________；②线段CE 、CD 、BC 之间的关系是_________；（2）尝试探究：如图②，当点D 在边BC 的延长线上且其他条件不变时，（1）中CE 、CD 、BC 之间存在的数量关系是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（3）拓展延伸：如图③，当点D 在边CB 的延长线上且其他条件不变时，若6BC =，1CE =，则线段AD 的长为________．【答案】（1）①BD CE =，BD CE ⊥．②BC CE CD =+．（2）不成立，CE BC CD =+．（3）5【解析】【分析】（1）①根据全等三角形的判定定理证明△BAD ≌△CAE ，根据全等三角形的性质证明； ②根据全等三角形的对应边相等证明即可；（2）证明△BAD ≌△CAE ，根据全等三角形的性质解答即可；（3）根据△BAD ≌△CAE 得到BD =CE =1，再证明△DCE 是直角三角形，利用勾股定理求出DE ，即可求出AD 的长度；【详解】（1）①解：结论：BD =CE ，BD ⊥CE ，理由：∵∠ABC =∠ACB =45°，∠ADE =∠AED =45°，∴∠BAC =∠DAE =90°，∴∠BAD =∠CAE ，在△BAD 和△CAE 中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BAD ≌△CAE ，∴BD =CE ，∠ACE =∠B =45°，∴∠BCE =90°，即BD ⊥CE ，故答案为：BD =CE ；BD ⊥CE ；②证明：∵BD =CE ，∴BC =BD +CD =CE +CD ；故答案为：BC CE CD =+．（2）解：（1）中BC 、CE 、CD 之间存在的数量关系不成立，新的数量关系是CE =BC +CD ， 理由：∵∠BAC =∠DAE =90°，∴∠BAD =∠CAE ，在△BAD 和△CAE 中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BAD ≌△CAE ，∴BD =CE ，∴CE =BC +CD ；（3）解：∵∠BAC =∠DAE =90°，∴∠BAD =∠CAE ，在△BAD 和△CAE 中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BAD ≌△CAE ，∴BD =CE =1，∠ABD =∠ACE =135°，∵∠ACB =45°，∴∠DCE =90°，在Rt △DCE 中，CD =BD +BC =7，CE =1，∴DE=∴52AD ==； 故答案为：5．【点睛】本题考查三角形综合题，等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．6．在△ABC 中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，D 为BC 的中点．（1）如图1，E 、F 分别是AB 、AC 上的点，且BE ＝AF 、求证：△DEF 是等腰直角三角形经过分析已知条件AB ＝AC ，D 为BC 的中点．容易联想等腰三角形三线合一的性质，因此，连结AD （如图2），以下是某同学由己知条件开始，逐步按层次推出结论的流程图．请帮助该同学补充完整流程图．补全流程图：①___≅____，②∠EDF ＝___（2）如果E 、F 分别为AB 、CA 延长线上的点，仍有BE ＝AF ，其他条件不变，试猜想△DEF是否仍为等腰直角三角形？请在备用图中补全图形、先作出判断，然后给予证明．【答案】（1）△BDE ，△ADF ，90°；（2）△DEF 仍为等腰直角三角形，理由见解析【解析】【分析】（1）连接AD ，根据∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，可以得到∠B =∠C =45°，AD ⊥BC ，1==452BAD CAD BAC =∠∠∠，12AD CD BD BC ===，从而可以证明△BDE ≌△ADF （SAS ），得到DE =DF ，∠BDE =∠ADF ，由∠ADE +∠BDE =∠BDA =90°，可得∠ADE +∠ADF =90°，即∠EDF =90°，即可证明；（2）连接AD ，同样证明△BDE ≌△ADF （SAS ），得到DE =DF ，∠BDE =∠ADF ，再由∠ADF +∠BDF =∠BDA =90°，即可得到∠BDE +∠BDF =90°，即∠EDF =90°，即可证明．【详解】解：（1）如图所示，连接AD ，∵∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，∴∠B =∠C =45°，AD ⊥BC ，1==452BAD CAD BAC =∠∠∠，12AD CD BD BC ===， ∴∠B =∠BAD =∠CAD ，在△BDE 和△ADF 中，BD AD B DAF BE AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BDE ≌△ADF （SAS ），∴DE =DF ，∠BDE =∠ADF ，∵∠ADE +∠BDE =∠BDA =90°，∴∠ADE +∠ADF =90°，即∠EDF =90°，∴△DEF 是等腰直角三角形；故答案为：△BDE ，△ADF ，90°；（2）△DEF 仍为等腰直角三角形，理由如下：连接AD ，∵∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，∴∠ABC =∠C =45°，AD ⊥BC ，1==452BAD CAD BAC =∠∠∠，12AD CD BD BC ===， ∴∠F AD =180°-∠CAD =135°，∠EBD =180°-∠ABC =135°，∴∠F AD =∠EBD ，在△BDE 和△ADF 中，BD AD EBD FAD BE AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BDE ≌△ADF （SAS ），∴∴DE =DF ，∠BDE =∠ADF ，∵∠ADF +∠BDF =∠BDA =90°，∴∠BDE +∠BDF =90°，即∠EDF =90°，∴△DEF 是等腰直角三角形．【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．7．（1）问题发现：如图1，ACB △和DCE 均为等腰直角三角形，90ACB DCE ∠=∠=︒，连接AD ，BE ，点A 、D 、E 在同一条直线上，则AEB ∠的度数为__________，线段AD 、BE 之间的数量关系__________；（2）拓展探究：如图2，ACB △和DCE 均为等腰直角三角形，90ACB DCE ∠=∠=︒，连接AD ，BE ，点A 、D 、E 不在一条直线上，请判断线段AD 、BE 之间的数量关系和位置关系，并说明理由． （3）解决问题：如图3，ACB △和DCE 均为等腰三角形，ACB DCE α∠=∠=，则直线AD 和BE 的夹角为__________．（请用含α的式子表示）【答案】（1）90°，AD =BE ；（2）AD =BE ，AD ⊥BE ；（3）α【解析】【分析】（1）由已知条件可得AC BC ＝，CD CE ＝，进而根据∠ACB −∠DCB ＝∠DCE −∠DCB ，可得∠ACD ＝∠BCE ，证明△ACD ≌△BCE （SAS ），即可求得AD =BE ；∠BEC =∠CDA =135°；（2）延长AD 交BE 于点F ，同理可得△ACD ≌△BCE ，设∠F AB =α，则∠CAD =∠CBE =45°-α，根据∠ABE =45°+45°-α=90°-α，进而根据∠AFB =180°-∠F AB -∠ABE =180°-α-(90°-α)=90°，即可求解；（3）延长BE 交AD 于点G ，方法同（2）证明△ACD ≌△BCE ，进而根据三角形的内角和定理即可求得直线AD 和BE 的夹角．【详解】（1）∵ACB △和DCE 均为等腰直角三角形，90ACB DCE ∠=∠=︒，∴AC BC ＝，CD CE ＝，∠CDE =45°∴∠CDA =135°∵∠ACB −∠DCB ＝∠DCE −∠DCB ，∴∠ACD ＝∠BCE ．在△ACD 和△BCE 中，AC BC ACD BCE CD CE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△ACD ≌△BCE （SAS ），∴∠BEC =∠ADC ＝135°，AD ＝BE∴∠AEB =90°故答案为：90°，AD ＝BE（2）AD =BE ，AD ⊥BE ，理由如下，同理可得△ACD ≌△BCE ，则AD =BE ，延长AD 交BE 于点F ，设∠F AB =α，则∠CAD =∠CBE =45°-α∴∠ABE =45°+45°-α=90°-α∴∠AFB =180°-∠F AB -∠ABE =180°-α-(90°-α)=90°∴AD ⊥BE（3）如图，延长BE 交AD 于点G ，∵ACB △和DCE 均为等腰三角形，∴AC BC ＝，CD CE ＝，∵∠ACB =∠DCE =α，∵∠ACB +∠ACE ＝∠DCE +∠ACE ，∴∠ACD ＝∠BCE ．在△ACD 和△BCE 中，AC BC ACD BCE CD CE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△ACD ≌△BCE （SAS ），∴∠CBE =∠CAD∵ACB DCE α∠=∠=∴∠CBA =∠CAB =()11180=9022αα︒-︒- ∴∠GAB +∠GBA =()()CAD CAB ABC CBE ∠+∠+∠-∠，ABC CAB =∠+∠180α=︒-，∴∠AGB =180°-(∠GAB +∠GBA )α= ，即直线AD 和BE 的夹角为α．故答案为：α．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，全等三角形的性质与判定，掌握旋转模型证明三角形全等是解题的关键．8．已知：等腰Rt ABC 和等腰Rt ADE △中，AB AC =，AE AD =，90BAC EAD ∠=∠=︒．（1）如图1，延长DE 交BC 于点F ，若68BAE ∠=︒，则DFC ∠的度数为；（2）如图2，连接EC 、BD ，延长EA 交BD 于点M ，若90AEC ∠=︒，求证：点M 为BD 中点；（3）如图3，连接EC 、BD ，点G 是CE 的中点，连接AG ，交BD 于点H ，9AG =，5HG =，直接写出AEC △的面积．【答案】（1）68︒；（2）见解析；（3）36【解析】【分析】（1）由已知条件可得45D C ∠=∠=︒，对顶角AQD CQF ∠=∠，则DAC DFC ∠=∠，根据DAE CAB ∠=∠即可的DFC BAE ∠=∠；（2）过点B 作ME 的垂线交EM 的延长线于N ,证明AEC BNA △≌△，得AE BN =,进而可得AD NB =，再证明DAM BNM △≌△即可得证点M 为BD 中点；（3）延长AG 至K ，使得9GK AG ==，连接CK ，设AE 交BC 于点P ，先证明ABE ACD △≌△，进而证明AEG KCG △≌△，根据角度的计算以及三角形内角和定理求得BAD KCA ∠=∠，进而证明ABD CAK △≌△，再根据,90CAG ABD BAC ∠=∠∠=︒,证明AH BD ⊥，根据已知条件求得ABD S最后证明AEC ABD S S =即可．【详解】 （1）设DF 交AC 于Q ，如图1，ABC 是等腰Rt ABC 和ADE 是等腰Rt ADE △AQD CQF ∠=∠180,180DAQ D AQD QFC C CQF ∠=-∠-∠∠=-∠-∠DAQ QFC ∴∠=∠90BAC EAD ∠=∠=︒即BAE EAQ EAQ QAD ∠+∠=∠+∠BAE QAD ∴∠=∠DFC BAE ∴∠=∠68BAE ∠=︒68DFC ∴∠=︒故答案为68︒（2）如图2，过点B 作ME 的垂线交EM 的延长线于N ,90N ∴∠=︒90AEC =︒∠N AEC ∴∠=∠90BAC ∠=︒90EAC NAB ∴∠+∠=︒90NAC ACE ∠+∠=︒NAB ECA ∴∠=∠ ABC 是等腰Rt ABC 和ADE 是等腰Rt ADE △,AB AC AD AE ∴== 又AC AB =∴AEC BNA △≌△NB AE ∴=AE AD =AD NB ∴=90DAE ∠=︒DAM N ∴∠=∠又DMA BMN ∠=∠DAM BNM ∴△≌△DM BM ∴=即M 是BD 的中点（3）延长AG 至K ，使得9GK AG ==，连接CK ，设AE 交BC 于点P ，如图90BAC EAD ∠=∠=︒即BAE EAC EAC CAD ∠+∠=∠+∠BAE CAD ∴∠=∠ABC 是等腰Rt ABC 和ADE 是等腰Rt ADE △,AB AC AE AD ∴==在ABE △与ACD △中，AE AD BAE CAD AB AC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴ABE △≌ACD △（SAS ）ABE ABD S S ∴=△△，BE CD = G 点是EC 的中点EG GC ∴=AGE KGC ∠=∠，AG GK =AGE KGC ∴△≌△（SAS ）∴,AE CK AEG KCG =∠=∠,AE KC AD ∴==ACK ACB BCE KCG ∠=∠+∠+∠45AEC BCE =︒+∠+∠45ABC BAP =︒+∠+∠90BAE =︒+∠BAD =∠AKC ABD ∴△≌△（SAS ）18BD AK ∴==，CAK ABD ∠=∠90BAG CAG ∠+∠=︒90ABD BAG ∴∠+∠=︒即90AHB ∠=︒9AG =，5HG =954AH AG HG ∴=-=-=111843622ABD S BD AH ∴=⋅=⨯⨯=△ 36AEC AEG AGC GCK AGC ACK ABD S S S S S S S =+=+===△△△△△△△∴AEC S 36=【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，等腰直角三角形的性质，三角形内角和定理，三角形外角性质，构造辅助线是解题的关键．类型三 等腰手拉手9．已知：如图，在△ABC 中，AB ＝AC ，在△ADE 中，AD ＝AE ，且∠BAC ＝∠DAE ，连接BD ，CE 交于点F ，连接AF ．(1)求证：△ABD ≌△ACE ；(2)求证：F A 平分∠BFE ．【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】【分析】（1）根据SAS 证明结论即可；（2）作AM ⊥BD 于M ，作AN ⊥CE 于N ．由（1）可得BD ＝CE ，S △BAD ＝S △CAE ，然后根据角平分线的性质即可解决问题．(1)证明：∵∠BAC ＝∠DAE ，∴∠BAC +∠CAD ＝∠DAE +∠CAD ，即∠BAD ＝∠CAE ，在△BAD 和△CAE 中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BAD ≌△CAE （SAS ）；(2)证明：如图，作AM ⊥BD 于M ，作AN ⊥CE 于N ．由△BAD ≌△CAE ，∴BD ＝CE ，S △BAD ＝S △CAE ， ∵1122BD AM CE AN ⋅⋅=⋅⋅， ∴AM ＝AN ，∴点A 在∠BFE 平分线上，∴F A 平分∠BFE ．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、三角形的面积，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质，学会转化的思想，巧用等积法进行证明．10．如图，在等腰△ABC 与等腰△ADE 中，AB =AC ，AD =AE ，∠BAC =∠DAE =α，连接BD 和CE 相交于点P ，交AC 于点M ，交AD 于点N ．(1)求证：BD=CE．(2)求证：AP平分∠BPE．(3)若α=60°，试探寻线段PE、AP、PD之间的数量关系，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)PE=AP+PD，见解析【解析】【分析】（1）由“SAS”可证△BAD≌△CAE，可得BD=CE；（2）由全等三角形的性质可得S△BAD=S△CAE，由三角形面积公式可得AH=AF，由角平分线的性质可得AP平分∠BPE；（3）由全等三角形的性质可得∠BDA=∠CEA，由“SAS”可证△AOE≌△APD，可得AO=AP，可证△APO是等边三角形，可得AP=PO，可得PE=AP+PD，即可求解．(1)证明：∵∠BAC=∠DAE=α，∴∠BAD=∠CAE，又∵AB=AC，AD=AE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD=CE；(2)证明：如图，过点A作AH⊥BD，AF⊥CE，∵△BAD≌△CAE，∴S△BAD=S△CAE，BD=CE，∴12BD×AH=12CE×AF，∴AH=AF，又∵AH⊥BD，AF⊥CE，∴AP平分∠BPE；(3)解：PE=AP+PD，理由如下：如图，在线段PE上截取OE=PD，连接AO，∵△BAD≌△CAE，∴∠BDA=∠CEA，又∵OE=PD，AE=AD，∴△AOE≌△APD（SAS），∴AP=AO，∵∠BDA=∠CEA，∠PND=∠ANE，∴∠NPD=∠DAE=α=60°，∴∠BPE=180°-∠NPD=180°-60°=120°，又∵AP平分∠BPE，∴∠APO=60°，又∵AP=AO，∴△APO是等边三角形，∴AP =PO ，∵PE =PO +OE ，∴PE =AP +PD ．【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质以及角之间的关系，证明△BAD ≌△CAE 是解本题的关键．11．如图，在△ABC 和△ADE 中，AB ＝AC ，AD ＝AE ，∠BAC ＝∠DAE ，连接BD ，CE ，BD 与CE 交于点O ，BD 与AC 交于点F ．（1）求证：BD ＝CE ．（2）若∠BAC ＝48°，求∠COD 的度数．（3）若G 为CE 上一点，GE ＝OD ，AG ＝OC ，且AG ∥BD ，求证：BD ⊥AC ．【答案】（1）见解析；（2）132°；（3）见解析【解析】【分析】（1）根据∠BAC ＝∠DAE ，推出∠BAD =∠CAE ，从而结合“SAS ”证明△BAD ≌△CAE ，即可得出结论；（2）根据外角定理推出∠COD =∠OBC +∠BCA +∠ACE ，结合全等三角形的性质推出∠COD =∠ABC +∠BCA ，最后在△ABC 中利用内角和定理求解即可；（3）连接AO ，根据题意确定△ADO ≌△AEG ，得到∠OAD =∠GAE ，AO =AG ，再结合题干条件推出△AOC 为等腰三角形，以及∠BOA =∠BOC ，从而根据“三线合一”证明即可．【详解】（1）证：∵∠BAC ＝∠DAE ，∴∠BAC +∠CAD ＝∠DAE +∠CAD ，即：∠BAD =∠CAE ，在△BAD 和△CAE 中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△BAD ≌△CAE (SAS )，∴BD =CE ；（2）解：∵∠COD =∠OBC +∠BCO ，∠BCO =∠BCA +∠ACE ，∴∠COD =∠OBC +∠BCA +∠ACE ，∵△BAD ≌△CAE ，∴∠ABD =∠ACE ，∴∠COD =∠OBC +∠BCA +∠ABD =∠ABC +∠BCA ，∵∠BAC ＝48°，∴∠ABC +∠BCA =180°-48°=132°，∴∠COD =132°；（3）证：如图所示，连接AO ，∵△BAD ≌△CAE ，∴∠ADO =∠AEG ，在△ADO 和△AEG 中，E A ADO A G E E D G D A O =⎧⎪⎨⎪∠==⎩∠ ∴△ADO ≌△AEG (SAS )，∴∠OAD =∠GAE ，AO =AG ，∴∠AOG =∠AGO ，∴∠OAD +∠DAG =∠GAE +∠DAG ，即：∠OAG =∠DAE ，∵∠DAE =∠BAC ，∴∠BAC =∠OAG ，在△ABF 和△COF 中，∠BAC =180°-∠ABD -∠AFB ，∠BOC =180°-∠ACE -∠CFO ， 由（2）知∠ABD =∠ACE ，∵∠AFB =∠CFO ，∴∠BAC =∠BOC ，∴∠BOC =∠OAG ，∵AG ∥BD ，∴∠BOA =∠OAG ，∴∠BOA =∠BOC ，∵AO =AG ，AG =CO ，∴AO =CO ，即：△AOC为等腰三角形，∵∠BOA=∠BOC，∴OF⊥AC，∴BD⊥AC．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等，掌握全等三角形的判定与性质，熟悉“手拉手”模型的证明是解题关键．类型四手拉手综合12．现有一块含30°角的直角三角板AOB，点N在其斜边AB上，点M在其最短直角边OA 所在直线上．以MN为边作如图所示的等边△MNP．（1）如图1，当M在线段OA上时，证明：AM﹣AN＝AP；（2）如图2当M在射线OA上时，试探究AM、AN、AP三者之间的数量关系并给出证明．【答案】（1）见解析；（2）AM+AN=AP，理由见解析【解析】【分析】（1）在AB上取点C，使得AC=AM，则△ACM为等边三角形，结合“手拉手”模型证明△CMN≌△AMP，得到CN=AP，即可得证；（2）在射线AO上取点D，使得AN=AD，仿照（1）的过程证明△DNM≌△ANP，即可得到AP=DM，从而得出结论．【详解】证：（1）由题意可知，∠BAO =60°，如图所示，在AB 上取点C ，使得AC =AM ，则△ACM 为等边三角形，MC =MA ，∠CMA =60°，∵△NMP 为等边三角形，∴MN =MP ，∠NMP =60°，∴∠CMA =∠NMP ，∴∠CMA -∠NMA =∠NMP -∠NMA ，∴∠CMN =∠AMP ，在△CMN 和△AMP 中，M M CMN A P P A N M C M M =⎧⎪⎨⎪∠==⎩∠ ∴△CMN ≌△AMP (SAS )，∴CN =AP ，∴CN +AN =AP +AN =AC ，∵AC =AM ，∴AP +AN =AM ，∴AM -AN =AP ；（2）AM +AN =AP ，理由如下：如图所示，在射线AO 上取点D ，使得AN =AD ，∵∠BAO =60°，∴△AND 为等边三角形，ND =NA ，∠DNA =60°，∵△NMP 为等边三角形，∴NM =NP ，∠MNP =60°，∴∠DNA =∠MNP ，∴∠DNA +∠ANM =∠MNP +∠ANM ，∴∠DNM =∠ANP ，在△DNM 和△ANP 中，N N DNM A P P A M N D N N =⎧⎪⎨⎪∠==⎩∠ ∴△DNM ≌△ANP (SAS )，∴AP =DM ，∵AN =AD ，DA +AM =DM ，∴AN +AM =AP ．【点睛】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质等，掌握双等边三角形中“手拉手”模型是解题关键．13．已知：△ABC 与△BDE 都是等腰三角形．BA ＝BC ，BD ＝BE （AB ＞BD ）且有∠ABC ＝∠DBE ．（1）如图1，如果A 、B 、D 在一直线上，且∠ABC ＝60°，求证：△BMN 是等边三角形； （2）在第（1）问的情况下，直线AE 和CD 的夹角是 °；（3）如图2，若A 、B 、D 不在一直线上，但∠ABC ＝60°的条件不变则直线AE 和CD 的夹角是 °；（4）如图3，若∠ACB ＝60°，直线AE 和CD 的夹角是 °．【答案】（1）证明见解析；（2）60；（3）60；（4）60；【解析】【分析】（1）根据题意，得∠ABC ＝∠DBE ＝60°，从而得ABE DBC ∠=∠；通过证明ABE CBD ≌，得BAE BCD ∠=∠；通过证明BAM BCN ≌，得BM BN =，根据等边三角形的性质分析，即可完成证明；（2）结合题意，通过证明ABC 为等边三角形，得60BAC BCA ∠=∠=︒；结合（1）的结论，根据三角形外角性质，推导得120AOD ∠=︒，从而完成求解；（3）同理，通过证明ABC 为等边三角形，得60BAC BCA ∠=∠=︒；通过证明ABE CBD ≌，得BAE BCD ∠=∠；根据三角形外角性质，推导得120AOD ∠=︒，从而完成求解； （4）根据题意，通过证明ABC 为等边三角形，推导得ABE CBD ∠=∠，通过证明ABE CBD ≌，得BAE BCD ∠=∠，结合三角形外角的性质计算，即可得到答案．【详解】（1）∵∠ABC ＝∠DBE ＝60°∴18060MBN ABC DBE ∠=︒-∠-∠=︒，ABE ABC MBN ∠=∠+∠，DBC DBE MBN ∠=∠+∠ ∴ABE DBC ∠=∠∵BA ＝BC ，BD ＝BEABE △和CBD 中BA BC ABE DBC BE BD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴ABE CBD ≌∴BAE BCD ∠=∠ BAM 和BCN △中 60BAE BCD AB BC ABC MBN ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠=︒⎩∴BAM BCN ≌∴BM BN =∴BMN △为等边三角形；（2）∵∠ABC ＝∠DBE ＝60°, BA ＝BC∴ABC 为等边三角形；∴60BAC BCA ∠=∠=︒根据题意，AE 和CD 相交于点O∵BAE BCD ∠=∠∴AOD OAC ACO OAC BCA BCD OAC BCA BAE ∠=∠+∠=∠+∠+∠=∠+∠+∠∵OAC BAE BAC ∠+∠=∠∴120AOD BAC BCA ∠=∠+∠=︒∴18060AOC AOD ∠=︒-∠=︒，即直线AE 和CD 的夹角是60︒故答案为：60；（3）∵∠ABC ＝∠DBE ＝60°, BA ＝BC∴ABC 为等边三角形；∴60BAC BCA ∠=∠=︒∵ABE ABC MBN ∠=∠+∠，DBC DBE MBN ∠=∠+∠，∠ABC ＝∠DBE ＝60°∴ABE DBC ∠=∠∵BA ＝BC ，BD ＝BEABE △和CBD 中BA BC ABE DBC BE BD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴ABE CBD ≌∴BAE BCD ∠=∠如图，延长AE ，交CD 于点O∴AOD OAC ACO OAC BCA BCD OAC BCA BAE ∠=∠+∠=∠+∠+∠=∠+∠+∠∵OAC BAE BAC ∠+∠=∠∴120AOD BAC BCA ∠=∠+∠=︒∴18060AOC AOD ∠=︒-∠=︒，即直线AE 和CD 的夹角是60︒故答案为：60；（4）∵BA ＝BC ，∴ACB CAB ∠=∠∵∠ACB ＝60°∴60ACB CAB ∠=∠=︒∴ABC 为等边三角形∵BD ＝BE ，∠ABC ＝∠DBE∴60DBE ∠=︒∵ABE ABC CBE ∠=∠-∠，CBD DBE CBE ∠=∠-∠∴ABE CBD ∠=∠ABE △和CBD 中BA BC ABE DBC BE BD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴ABE CBD ≌∴BAE BCD ∠=∠分别延长CD 、AE ，相较于点O ，如下图：∴AOF OAC ACO OAC BCA BCD OAC BCA BAE ∠=∠+∠=∠+∠+∠=∠+∠+∠∵OAC BAE BAC ∠+∠=∠∴120AOF BAC BCA ∠=∠+∠=︒∴18060AOC AOF ∠=︒-∠=︒，即直线AE 和CD 的夹角是60︒故答案为：60．【点睛】本题考查了等腰三角形、等边三角形、全等三角形、补角、三角形外角的知识；解题的关键是熟练掌握等边三角形、全等三角形、三角形外角的性质，从而完成求解．14．在ABC 中，AB ＝AC ，点D 是直线BC 上一点（不与B ，C 重合），以AD 为一边在AD 的右侧作ADE ，使AD ＝AE ，∠DAE ＝∠BAC ，连接CE ．（1）（请直接写出你的结论）如图1，当点D 在线段BC 上：①如果∠BAC ＝90°，则∠BCE ＝°；②如果∠BAC ＝100°，则∠BCE ＝°；（2）设∠BAC ＝α，∠BCE ＝β．①如图2，当点D在线段BC上移动，则α、β之间有怎样的数量关系？请说明理由；②当点D在直线BC上移动，则α、β之间有怎样的数量关系？请画出图形，并直接写出你的结论．【答案】（1）①90；②80；（2）①α+β＝180°，理由见解析；②图见解析，α+β＝180°或α＝β【解析】【分析】、（1）①由等腰直角三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB＝45°，由“SAS”可证△BAD≌△CAE，可得∠ABC＝∠ACE＝45°，可求∠BCE的度数；②由等腰三角形的性质求出∠ABD＝∠ACB＝40°，由“SAS”可证△ABD≌△ACE得出∠ABD ＝∠ACE＝40°，则可得出结论；（2）①由“SAS”可证△ABD≌△ACE得出∠ABD＝∠ACE，再用三角形的内角和即可得出结论；②分两种情况画出图形，由“SAS”可证△ABD≌△ACE得出∠ABD＝∠ACE，再用三角形的内角和即可得出结论．【详解】解：（1）①∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∵∠DAE＝∠BAC，∴∠BAD＝∠CAE，∵AB＝AC，AD＝AE，∴△BAD≌△CAE（SAS）∴∠ABC＝∠ACE＝45°，∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，故答案为：90；②∵∠BAC＝100°，AB＝AC，∴∠ABD＝∠ACB＝40°，∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，∵∠BAD＝∠CAE，∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE＝40°，∴∠BCE ＝∠ACE +∠ACB ＝40°+40°＝80°，故答案为：80．（2）①α+β＝180°，理由：∵∠BAC ＝∠DAE ，∴∠BAC ﹣∠DAC ＝∠DAE ﹣∠DAC ．即∠BAD ＝∠CAE ．在△ABD 与△ACE 中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABD ≌△ACE （SAS ），∴∠B ＝∠ACE ．∴∠B +∠ACB ＝∠ACE +∠ACB ．∵∠ACE +∠ACB ＝β，∴∠B +∠ACB ＝β，∵α+∠B +∠ACB ＝180°，∴α+β＝180°．②如图1：当点D 在射线BC 上时，α+β＝180°，连接CE ，∵∠BAC ＝∠DAE ，∴∠BAD ＝∠CAE ，在△ABD 和△ACE 中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABD ≌△ACE （SAS ），∴∠ABD ＝∠ACE ，在△ABC 中，∠BAC +∠B +∠ACB ＝180°，∴∠BAC +∠ACE +∠ACB ＝∠BAC +∠BCE ＝180°，即：∠BCE+∠BAC＝180°，∴α+β＝180°，如图2：当点D在射线BC的反向延长线上时，α＝β．连接BE，∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，又∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，∴∠ABD＝∠ACE＝∠ACB+∠BCE，∴∠ABD+∠ABC＝∠ACE+∠ABC＝∠ACB+∠BCE+∠ABC＝180°，∵∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB，∴∠BAC＝∠BCE．∴α＝β；综上所述：点D在直线BC上移动，α+β＝180°或α＝β．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质，等腰三角形的性质和三角形内角和定理，掌握全等三角形的判定方法及性质是关键．15．小明同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组全等的三角形，小明把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．（1）问题发现：如图1，若△ABC和△ADE均是顶角为40°的等腰三角形，BC、DE分别是底边，求证：BD＝CE；（2）拓展探究：如图2，若△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一条直线上，连接BE，则∠AEB的度数为；线段BE与AD之间的数量关系是；（3）解决问题：如图3，若△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一条直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM、AE、BE之间的数量关系并说明理由．【答案】（1）见解析；（2）60°，BE＝AD；（3）∠AEB＝90°，AE＝BE+2CM，理由见解析【解析】【分析】（1）先判断出∠BAD＝∠CAE，进而利用SAS判断出△BAD≌△CAE，即可得出结论；（2）同（1）的方法判断出△BAD≌△CAE，得出AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，最后用角的差，即可得出结论；（3）同（2）的方法，即可得出结论．【详解】解：（1）∵△ABC和△ADE均是顶角为40°的等腰三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝CE；（2）∵△ABC和△ADE均是等边三角形，∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝∠CDE＝∠CED＝60°，∴∠ACB﹣∠BCD＝∠DCE﹣∠BCD，∴∠ACD＝∠BCE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，∵∠CDE＝60°，∴∠BEC＝∠ADC＝180°﹣∠CDE＝120°，∵∠CED＝60°，∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝60°，故答案为：60°，BE＝AD；（3）AE＝BE+2CM，理由：同（1）（2）的方法得，△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，∵△CDE是等腰直角三角形，∴∠CDE＝∠CED＝45°，∴∠ADC＝180°﹣∠CDE＝45°，∴∠BEC＝∠ADC＝135°，∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝135°﹣45°＝90°，∵CD＝CE，CM⊥DE，∴DM＝ME，∵∠DCE＝90°，∴DM＝ME＝CM．∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．。
专题12.19 三角形全等几何模型-“手拉手”模型(知识讲解)
专题12.19 三角形全等几何模型-“手拉手”模型（知识讲解）图一图二图三图四图五图六图七手拉手模型的定义：定义：有两个顶角相等而且有公共顶点的等腰三角形开成的图形。
特别说明：其中图一、图二为两个基本图形----等腰三角形，图二至图七为手拉手的基本模型，（左手拉左手，右手拉右手）3、如右图：手拉手模型的重要结论：结论1：∆ABC≅∆A/B/C/（SAS）BC=B/C/(左手拉左手等于右手拉右手)结论2：∠BOB=∠BAB（利用三角形全等及顶角相等的等腰三角形底角相等）结论3：AO平分∠B O C/（利用三角形全等面积相等，再利用角平分线性质定理证明）典型例题讲练：在学习全等三角形知识时、教学兴趣小组发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．通过资料查询，他们得知这种模型称为“手拉手模型” 兴趣小组进行了如下操究：（1）如图1、两个等腰三角形△ABC和△ADE中，AB=AC，AE=AD，△BAC=△DAE，连接BD、CE、如果把小等腰三角形的腰长看作小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手，这个就是“手拉手模型”，在这个模型中，和△ADB 全等的三角形是，此线BD和CE的数量关系是（2）如图2、两个等腰直角三角形△ABC和△ADE中，AB=AC，AE=AD，△BAC=△DAE=90°，连接BD，CE，两线交于点P，请判断线段BD和CE的数量关系和位置关系，并说明理由：（3）如图3，已知△ABC、请完成作图：以AB、AC为边分别向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE（等边三角形三条边相等，三个角都等于60°），连接BE，CD，两线交于点P，并直接写出线段BE和CD的数量关系及△PBC+△PCB的度数、【答案】（1）△AEC，BD=CE；（2）BD=CE且BD△CE，理由见解析；（3）作图见解析，BE=CD，△PBC+△PCB=60°．【分析】（1）根据SAS证明两个三角形全等即可证明；（2）通过条件证明△DAB△△EAC（SAS），得到△DBC+△ECB=90°，即可证明BD△CE，从而得到结果；≅即可得到证明；（3）根据已知条件证明DAC BAE解：（1）△AB=AC，AE=AD，△BAC=△DAE，∠+∠=∠+∠，△DAE EAB BAC EAB即DAB EAC ∠=∠，△()△△ADB AEC SAS ≅，△BD=CE ；（2）BD=CE 且BD△CE ；理由如下：因为△DAE=△BAC=90°，如图2．所以△DAE+△BAE=△BAC+△BAE ．所以△DAB=△EAC ．在△DAB 和△EAC 中，,,.AD AE DAB EAC AB AC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩所以△DAB△△EAC （SAS ）．所以BD=CE ，△DBA=△ECA ．因为△ECA+△ECB+△ABC=90°，所以△DBA+△ECB+△ABC=90°．即△DBC+△ECB=90°．所以△BPC=180°-（△DBC+△ECB ）=90°．所以BD△CE ．综上所述：BD=CE 且BD△CE ．（3）如图3所示，BE=CD ，△PBC+△PCB=60°．由图可知60DAB EAC ∠=∠=︒，AD=AB ，AE=AC ，△+DAB BAC EAC BAC ∠∠=∠+∠，即DAC BAE ∠=∠，△()△DAE △BAE SAS ≅，△BE=CD ，ABE ADC ∠=∠，又△60BDA ∠=︒，△60ADC BDC ABE BDC ∠+∠=∠+∠=︒，△120BPC ABP BDC BDA ∠=∠+∠+∠=︒，△△PBC+△PCB=60°．【点拨】本题主要考查了全等三角形的知识点应用，准确分析图形是解题的关键． 举一反三变式1：如图，AC △BC ，DC △EC ，AC ＝BC ，DC ＝EC ，AE 与BD 交于点F ．（1）求证：AE ＝BD ；（2）求△AFD 的度数．【答案】（1）详情见解析；（2）90AFD ∠=︒【分析】（1）利用角的等量代换求出ACE BCD ∠=∠，再判断ACE ≌BCD △即可求解； （2）利用全等三角形的性质得到E D ∠=∠，再通过角的等量代换求解即可．解：（1）△AC BC ⊥，DC EC ⊥△90ACB ECD ∠=∠=︒△ACB BCE ECD BCE ∠+∠=∠+∠△ACE BCD ∠=∠在ACE 和BCD △中AC BC ACE BCD DC EC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩△ACE ≌BCD △(SAS)△AE BD =（2）设BD 与CE 的交点为G ，如图所示：△ACE ≌BCD △△E D ∠=∠△180EFG FGE E ++=︒∠∠∠，180GCD CGD D ++=︒∠∠∠，且BGE CGD ∠=∠△90EFG GCD ==︒∠∠△90AFD ∠=︒【点拨】本题主要考查了全等三角形的性质和判定，灵活运用角的等量代换是解题的关键．例题2．已如：如图1，B ，C ，D 三点在一条直线上，△ABC 和△ECD 均为等边三角形，连接BE ，AD 交于点F ，BE 交AC 于点M ，AD 交CE 于点N ．（1）以下结论正确的有 ；△AD =BE △△EFD =60° △MC =NC △△AMB =△END（2）探究：将图1中的△ECD 绕点C 顺时针旋转一个角度（旋转角小于60°），如图2所示． △问：（1）中的正确结论哪些还成立？若成立，请说明理由；△连接FC ，如图3所示，求证：FC 平分△BFD【答案】（1）△△△；（2）△ △△；△见解析．【分析】（1）△根据等边三角形的性质得CA =CB ，CD =CE ，△ACB =60°，△DCE =60°，则△ACE =60°，利用“SAS ”可判断△ACD △△BCE ，则AD =BE ；△根据三角形外角关系得△EFD =△EBC +△ADC =△DAC +△ADC =△ACB =60°,从而可得结论； △连接MN ，证明△MCN 是等边三角形即可得出结论；△60,60AMB EBC END NDC ∠=︒+∠∠=︒+∠，而AC ≠CD 得CAD CDA ∠≠∠，从而可得出结论；（2）△方法同（1），逐个结论进行证明即可；△作,CG BE CH AD ⊥⊥于点G ，H ，证明△BGC △△AHC ，△CGF △△CHF 可得△CFG CFH =∠，从而可得结论．解：（1）△△ABC ，△ECD 是等边三角形，△AC=BC ，CE=CD ，△ACB=△ECD=60°△△ACD=△BCE=△120°△△ACD△△BCE△AD=BE ，故△正确；△△FEN=△NDC又△△ENF=△CND△△EFD=△ECD=60°，故△正确；又△△ACE=△NCD=60°△MEC=△NDCEC=CD△△EMC△△DNC△MC=NC ，故△正确；又△△AMB=△ACB+△ECB=60°+△ECB ，△END=△ECD+△NDC=60°+△NDC而AC CD ≠△CAD CDA ∠≠∠△MBC NDC ∠≠∠△MBC END ∠≠∠，故△错误；故答案为：△△△；（2）△△ACB=△ECD=60°△△BCE=△ACD又AC=BC ，CE=CD△△ACD△△BCE△AD=BE,故△正确；△△ADC=△BEC又△ENF=△CND△△EFD=△ECD=60°，故△正确△△ACE≠60°=△ECD△△EMC 不全等于△DNC ，△MC≠NC ，故△错误（3）,CG BE CH AD ⊥⊥于点G ，H ，如图，由(2)△知，△CBG=△CAHAC=BC△BGC=△AHC=90°△△BGC△△AHC△CG=CH又CF=CF ，△CGF=△CHF=90°△△CGF△△CHF△△CFG=△CFH△FC 平分△BFD【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质：判定三角形全等的方法有“SSS ”、“SAS ”、“ASA ”、“AAS ”；全等三角形的对应边相等．也考查了等边三角形的判定与性质．举一反三变式：如图，在ABC∆中，分别以AC，BC为边作等边三角形ACD和等边三角形BCE，连接AE，BD交于点O，则AOB∠的度数为（）A．100︒B．120︒C．130︒D．150︒【答案】B【分析】先证明△DCB△△ACE，求出△CAE＝△CDB，再利用“8字型”证明△AOH＝△DCH ＝60°即可解决问题．解：如图：AC与BD交于点H，△△ACD，△BCE都是等边三角形，△CD＝CA，CB＝CE，△ACD＝△BCE＝60°，△△DCB＝△ACE，在△DCB和△ACE中，CD CADCB ACECB CE⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，△△DCB△△ACE，△△CAE＝△CDB，△△DCH＋△CHD＋△BDC＝180°，△AOH＋△AHO＋△CAE＝180°，△DHC＝△OHA，△△AOH＝△DCH＝60°，△△AOB＝180°−△AOH＝120°．故选：B.【点拨】本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形，学会利用“8字型”证明角相等，属于中考常考题型．例题3．（阅读材料）小明同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的项角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组全等的三角形，小明把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．如图1，在“手拉手”图形中，小明发现若△BAC=△DAE，AB=AC，AD=AE，则△ABD△△ACE．（材料理解）（1）在图1中证明小明的发现．（深入探究）（2）如图2，△ABC和△AED是等边三角形，连接BD，EC交于点O，连接AO，下列结论：△BD=EC；△△BOC=60°；△△AOE=60°；△EO=CO，其中正确的有．(将所有正确的序号填在横线上)．（延伸应用）（3）如图3，AB=BC，△ABC=△BDC=60°，试探究△A与△C的数量关系．【答案】（1）证明见解析；（2）△△△；（3）△A+△C=180°．【分析】（1）利用等式的性质得出△BAD=△CAE，即可得出结论；（2）同（1）的方法判断出△ABD△△ACE，得出BD=CE，再利用对顶角和三角形的内角和定理判断出△BOC=60°，再判断出△BCF△△ACO，得出△AOC=120°，进而得出△AOE=60°，再判断出BF＜CF，进而判断出△OBC＞30°，即可得出结论；（3）先判断出△BDP是等边三角形，得出BD=BP，△DBP=60°，进而判断出△ABD△△CBP（SAS ），即可得出结论．（1）证明：△△BAC=△DAE ，△△BAC+△CAD=△DAE+△CAD ， △△BAD=△CAE ，在△ABD 和△ACE 中，AB AC BAD CAE AD AE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ，△△ABD△△ACE ；（2）如图2，△△ABC 和△ADE 是等边三角形， △AB=AC ，AD=AE ，△BAC=△DAE=60°， △△BAD=△CAE ，在△ABD 和△ACE 中，AB AC BAD CAE AD AE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ，△△ABD△△ACE ，△BD=CE ，△正确，△ADB=△AEC ， 记AD 与CE 的交点为G ，△△AGE=△DGO ，△180°-△ADB -△DGO=180°-△AEC -△AGE ， △△DOE=△DAE=60°，△△BOC=60°，△正确，在OB上取一点F，使OF=OC，△△OCF是等边三角形，△CF=OC，△OFC=△OCF=60°=△ACB，△△BCF=△ACO，△AB=AC，△△BCF△△ACO（SAS），△△AOC=△BFC=180°-△OFC=120°，△△AOE=180°-△AOC=60°，△正确，连接AF，要使OC=OE，则有OC=12 CE，△BD=CE，△CF=OF=12 BD，△OF=BF+OD，△BF＜CF，△△OBC＞△BCF，△△OBC+△BCF=△OFC=60°，△△OBC＞30°，而没办法判断△OBC大于30度，所以，△不一定正确，即：正确的有△△△，故答案为△△△；（3）如图3，延长DC至P，使DP=DB，△△BDC=60°，△△BDP 是等边三角形，△BD=BP ，△DBP=60°，△△BAC=60°=△DBP ，△△ABD=△CBP ，△AB=CB ，△△ABD△△CBP （SAS ），△△BCP=△A ，△△BCD+△BCP=180°，△△A+△BCD=180°．【点拨】此题考查三角形综合题，等腰三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，构造等边三角形是解题的关键．举一反三变式：如图，C 为线段AE 上一动点(不与点,A E 重合)，在AE 同侧分别作等边三角形ABC 和等边三角形,CDE AD 与BE 交于点O ，AD 与BC 交于点P ，BE 与CD 交于点Q ，连结PQ ．以下结论：①AD BE =；①//PQ AE ；①60AOB ∠=︒；①CPQ 是等边三角形，恒成立的是______．【答案】△△△△【分析】△由△ABC 和△CDE 都是等边三角形，可知AC=BC ，CD=CE ，△ACB=△DCE=60°，所以△ACD=△BCE=120°，所以△ACD△△BCE （SAS ），从而AD=BE ，故△正确；△△由△ACD△△BCE 得△CBE=△DAC ，加之AC=BC ，易得△ACB=△BCQ=60°，可证△CQB△△CPA （ASA ），从而CP=CQ ，再加之△PCQ=60°，可推出△PCQ 为等边三角形，易得△PQC=60°=△DCE ，根据内错角相等，两直线平行，可知△△正确；△结合△ACD△△BCE 和三角形的外角的性质，可得△AOB=60°，故△正确．解：△△等边△ABC 和等边△CDE ，△AC=BC ，CD=CE ，△ACB=△DCE=60°，△△ACB+△BCD=△DCE+△BCD ，即△ACD=△BCE ，△在△ACD 与△BCE 中，AC BC ACD BCE CD CE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝△△ACD△△BCE （SAS ），△AD=BE ，故△正确；△△△△ACD△△BCE ，△△CBE=△DAC ，△由△ACB=△DCE=60°得△BCD=60°，△△ACP=△BCQ ，又△AC=BC ，△△CQB△△CPA （ASA ），△CP=CQ ，又△△PCQ=60°△△PCQ 为等边三角形，△△PQC=60°，△△PQC=60°=△DCE△PQ△AE故△△正确；△△△ACD△△BCE （SAS ），△△CAD=△CBE ，△△AOB=△CAD+△CEB=△CBE+△CEB ，又△△ACB=△CBE+△CEB=60°，△△AOB=△ACB=60°，故△正确.故答案为：△△△△.【点拨】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形外角的性质，熟练应用三角形全等的判定是解题的关键．。
全等三角形之手拉手模型
全等三角形之手拉手模型专题
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。
专题12 全等三角形模型之手拉手模型全攻略(解析版)四川成都七年级数学下册-
专题12全等三角形模型之手拉手模型全攻略【模型说明】【例题精讲】例1（等边三角形）如图，已知B C E、、三点共线，分别以BC CE、为边作等边ABC∆和等边CDE∆，连接BD AE、分别与AC CD、交于,M N AE、与BD的交点为F．（1）求证：BD AE=；（2）求AFB∠的度数；（3）连接MN，求证：//BCMN【答案】（1）证明见解析（2）60AFB∠=︒（3）证明见解析【分析】（1）根据等边三角形的性质去证明BCD ACE≌，即可得证BD AE=；（2）根据等边三角形的性质得60ABC BAC∠=∠=︒，再根据（1）中BCD ACE≌可得CAE DBE=∠∠，再根据三角形的外角的性质即可求出AFB∠的度数；（3）根据等边三角形的性质去证明BCM ACN△≌△，可得CM CN=，从而求得60CMN ACB==︒∠∠即可得证//MN BC．【详解】（1）∵ABC∆和CDE∆是等边三角形∴,,60AC BC CD CE ACB DCE====︒∠∠∴,BCD ACB ACD ACE DCE ACD=+=+∠∠∠∠∠∠∴BCD ACE∠=∠在△BCD和△ACE中AC BCBCD ACECE BD=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴BCD ACE≌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︒；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．例4．（拓展）如图，在ABC 中，90C ∠=︒，AC BC =，点O 是AB 中点，90MON ∠=︒，将MON ∠绕点O 旋转，MON ∠的两边分别与射线AC 、CB 交于点D 、E ．(1)当MON ∠转动至如图一所示的位置时，连接CO ，求证：COD BOE ≅ ；(2)当MON ∠转动至如图二所示的位置时，线段CD 、CE 、AC 之间有怎样的数量关系？请说明理由．【答案】(1)见解析(2)CE ﹣CD ＝AC ．理由见解析【分析】（1）结论：CD CE AC +=．连接OC ．证明()ASA COD BOE ≅ ；（2）结论：CE CD AC -=，证明方法类似（1）．【详解】（1）证明：∵AC BC =，90C ∠=︒，AO OB =，∴OC AB ⊥，OC AO OB ==，∴45OCD B ∠=∠=︒，∵90MON COB ∠=∠=︒，∴DOC EOB ∠=∠，在COD △和BOE △中，OCD B OC OB OCD BOE ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴()ASA COD BOE ≅ ．（2）解：CE CD AC -=．理由：连接OC ．∵AC BC =，90C ∠=︒，AO OB =，∴OC AB ⊥，OC AO OB ==，∴45OCD B ∠=∠=︒，∴135DOC CBE ∠=∠=︒，∵90MON COB ∠=∠=︒，∴DOC EOB ∠=∠，在COD △和BOE △中，OCD B OC OB OCD BOE ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴()ASA COD BOE ≅ ，∴CD BE =，∴CE CD CE BE BC AC -=-==．【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．例5．（培优综合）已知，在ABC ∆中，90BAC ︒∠=，45ABC ︒∠=，点D 为直线BC 上一动点（点D 不与点B C ，重合），以AD 为边作正方形ADEF ，连接CF ．（1）如图①，当点D 在线段BC 上时，求证CF CD BC +=．（2）如图②，当点D 在线段BC 的延长线上时，其他条件不变，请直接写出CF BC CD ，，三条线段之间的关系．（3）如图③，当点D 在线段BC 的反向延长线上，且点A ，F 分别在直线BC 的两侧时，其他条件不变，请直接写出CF BC CD ，，三条线段之间的关系．【答案】（1）见解析；（2）CF CD BC -=，见解析；（3）CD CF BC -=，见解析.【分析】（1）△ABC 是等腰直角三角形，利用SAS 即可证明△BAD ≌△CAF ，从而证得CF=BD ，据此即可证得；（2）同（1）相同，利用SAS 即可证得△BAD ≌△CAF ，从而证得BD=CF ，即可得到CF-CD=BC ；（3）同理，证明△BAD ≌△CAF 即可得出结论.【详解】（1）证明：如图1，∵∠BAC=90°，∠ABC=45°，∴∠ACB=∠ABC=45°，∴AB=AC ，∵四边形ADEF 是正方形，∴AD=AF ，∠DAF=90°，∵∠BAD=90°-∠DAC ，∠CAF=90°-∠DAC ，∴∠BAD=∠CAF ，在△BAD 和△CAF 中，AB AC BAD CAF AD AF ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△BAD ≌△CAF （SAS ），∴BD=CF ，∵BD+CD=BC ，∴CF+CD=BC ；（2）解：CF-CD=BC ．理由如下：如图2，∵∠BAD=90°+∠CAD ，∠CAF=90°+∠CAD ，∴∠BAD=∠CAF ，在△BAD 和△CAF 中，AB AC BAD CAF AD AF ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△BAD ≌△CAF （SAS ），∴BD=CF ，∵BD=BC+CD ，∴CF-CD=BC ．【答案】65°【分析】先判断出ACD BCE∆，再判断出≅∆(1)①如图1，求证：ABD ACE ≌△△；②当点D 在BC 边上时，请直接写出ABC ，ACD 所满足的关系；(2)当点D 在BC 的延长线上时，试探究ABC ，ACD ，ACE △的面积（ABC S ，ACD S ，ACE S ）所满足的关系，并说明理由．【答案】(1)①证明见解析；②AC ABC C D A E S S S =+ ，理由见解析(2)ACE ABC ACD S S S =+△△△，理由见解析【分析】（1）①先证明BAD CAE ∠=∠，再利用SAS 证ABD ACE ≌△△即可；②利用全等三角形的性质得到ABD ACE S S = ，再由ABC ACD ABD S S S =+△△△即可得到结论；（2）由已知条件可得证出，ABD ACE ≌△△，推出ABD ACE S S = ，再由ABD ABC ACD S S S =+△△△，即可得到ACE ABC ACD S S S =+△△△．【详解】（1）证明：①∵BAC DAE ∠=∠，∴BAC CAD DAE CAD ∠-∠=∠-∠，即BAD CAE ∠=∠．在ABD △和ACE △中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩。
人教版八年级上册第十二章全等三角形专题手拉手模型讲义(无答案)
全等三角形专题------手拉手模型不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海。
荀子——《劝学》学习目标：1、认识并学会识别手拉手模型2、掌握手拉手模型的证明3、学会运用手拉手模型解题手拉手：Ⅰ顶角相等的两个等腰三角形Ⅱ顶点相同手拉手模型：1、识别：顶角相等的等腰三角形，顶点相同常见图形【例1】如图在直线ABC的同一侧作两个等边三角形ABD∆，连结AE与CD，∆与BCE证明以下常用结论：1、DBC∆ABE∆≅2、DCAE=3、AE与DC之间的夹角为︒60（底边夹角等于顶角）4、DFB∆AGB∆≅5、CFB≅∆EGB∆6、连接GF，则B GF∆为等边三角形7、BH平分AHC∠8、ACGF//9、AH=DH+BH，CH=EH+BH（截长补短法）【变式精练1】如图两个等边三角形ABD∆，连结AE与CD，∆与BCE证明（1）DBC∆ABE∆≅（2）DCAE=60（3）AE与DC之间的夹角为︒（4）AE与DC的交点设为H,BH平分AHC∠【变式精练2】如图两个等边三角形ABD∆，连结AE与CD，∆与BCE证明（1）DBC∆≅ABE∆(2）DCAE=(3）AE与DC之间的夹角为︒60(4）AE与DC的交点设为H,BH平分AHC∠【例2】如图，两个正方形ABCD与DEFG,连结CEAG,,二者相交于点H 问：（1）CDE∆是否成立？≅ADG∆（2）AG是否与CE相等？（3）AG与CE之间的夹角为多少度？（4）HD是否平分AHE∠？【例3】如图两个等腰直角三角形ADC 与EDG ，连结CE AG ,,二者相交于点H 问：（1）CDE ADG ∆≅∆是否成立？（2）AG 是否与CE 相等？（3）AG 与CE 之间的夹角为多少度？（4）HD 是否平分AHE ∠？【例4】两个等腰三角形ABD ∆与BCE ∆，其中BD AB =,,EB CB =α=∠=∠CBE ABD ,连结AE 与CD ，问：（1）DBC ABE ∆≅∆是否成立？（2）AE 是否与CD 相等？（3）AE 与CD 之间的夹角为多少度？（4）HB 是否平分AHC ∠？综合练习1、如图，C 为线段AE 上一动点(不与点A 、E 重合)，在AE 同侧分别作正∆ABC 和正∆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 ，以下五个结论： ①AD＝BE ②PQ∥AE ③AP＝BQ④DE＝DP ⑤∠AOB＝60°恒成立的结论有 __________________ (填序号)分别是线段 BE 和AD 的中点，则△CPM 是（）A．钝角三角形B．直角三角形C．等边三角形D．非等腰三角形3、如图，△DAC 和△EBC 均是等边三角形，AE、BD 分别与CD、CE 交于点 M、N，有如下结论：①△ACE≌△DCB；②CM=CN；③AC=DN．其中，正确结论的个数是（）A．3 个B．2 个C．1 个D．0 个4、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．5、、（1）问题发现如图 1，△ACB 和△DCE 均为等边三角形，点A，D，E 在同一直线上，连接BE．填空：①∠AEB 的度数为___________；②线段 AD，BE 之间的数量关系为_________ （2）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，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．。
初二上学期全等三角形专题之手拉手模型教案(有答案)
手拉手模型互动精讲【知识梳理】定义: 两个顶角相等且有共顶点的等腰三角形形成的图形。
（左手拉左手，右手拉右手）常见的手拉手模型：【例题精讲】例1、如图，分别以△ABC的AB、AC为边向外作等边三角形△ABD、△ACE，连接CD、BE交于F，求证（1）△DAC≌△BAE （2）求∠DFB的度数（3）AF 平分∠DFE.例2、以点A为顶点作等腰Rt△ABC，等腰Rt△ADE，其中∠BAC=∠DAE=90°，如图1所示放置，使得一直角边重合，连接BD、CE．（1）试判断BD、CE的数量关系，并说明理由；（2）延长BD交CE于点F，试求∠BFC的度数；（3）把两个等腰直角三角形按如图2放置，（1）中的结论是否仍成立？请说明理由．F G HDECBA【课堂练习】1、如图，直线AB 的同一侧作△ABD 和△BCE 都为等边三角形，连接AE 、CD ，二者交点为H 。
求证： （1）△ABE ≌△DBC ； （2）AE=DC ； （3）∠DHA=60°； （4）△AGB ≌△DFB ； （5）△EGB ≌△CFB ； （6）连接HB ，HB 平分∠AHC 。
（7）连接GF ，GF ∥AC ；2、已知点C为线段AB上一点，分别以AC、BC为边在线段AB同侧作△ACD和△BCE，且CA＝CD，CB＝CE，∠ACD＝∠BCE，直线AE与BD交于点F(1) 如图1，若∠ACD＝60°，则∠AFD＝__________(2) 如图2，若∠ACD＝α，连接CF，则∠AFC＝__________（用含α的式子表示）(3) 将图1中的△ACD绕点C顺时针旋转如图3，连接AE、AB、BD，∠ABD＝80°，求∠EAB的度数课堂检测1、如图甲，正方形ABCD和正方形CEFG共一顶点C，且B，C，E在一条直线上．连接BG，DE．（1）请你猜测BG，DE的位置关系和数量关系，并说明理由；（2）若正方形CEFG绕C点顺时针方向旋转一个角度后，如图乙，BG和DE是否还有上述关系？是说明理由．2、已知△ABC是等边三角形，点D是直线BC上一点，以AD为一边在AD的右侧作等边△ADE. （1）如图①，点D在线段BC上移动时，直接写出∠BAD和∠CAE 的大小关系；（2）如图②③，点D在线段BC的延长线上移动时，猜想∠DCE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.课后作业1、如图1，点A和点B分别在y轴正半轴和x轴负半轴上，且OA＝OB．点C和点D分别在第四象限和第一象限，且OC⊥OD，OC＝OD，点D的坐标为(m，n)，且满足|m－2n|2＋|n－2|＝0(1) 求点D的坐标(2) 求∠AKO的度数(3) 如图2，点P、Q分别在y轴正半轴和x轴负半轴上，且OP＝OQ，直线ON⊥BP交AB于点N，MN⊥AQ交BP的延长线于点M，判断ON、MN、BM的数量关系并证明2、如图△AOB和△ACD是等边三角形，其中AB⊥x轴于E点．（1）如图，若OC=5，求BD的长度；（2）设BD交x轴于点F，求证：∠OFA=∠DFA；（3）如图，若正△AOB的边长为4，点C为x轴上一动点，以AC为边在直线AC下方作正△ACD，连接ED，求ED的最小值．。
全等三角形专题复习手拉手模型
---初识手拉手
一、知识准备
已知： ∵∠BAC=∠B’AC’（已知） ∴∠BAC-∠CAB’=∠B’AC’即∠BAB’=
（等式的性质）
二、互动探究
（一）由倒下的直角板想到
Байду номын сангаас
二、互动探究
（二）常见“手拉手”模型的构成及证明
1.共顶点的两个等腰直角三角形构成的手拉手模型
二、互动探究
思考：手拉手模型中的变与不变，及两个三角形 全等的证明
（1）不论三角形旋转到什么位置，哪两对线段始终是相 等的？ （2）哪一对角在旋转过程中，大小在变化，但始终是相 等的？
二、互动探究
例1.已知，如图，在∆ABC和∆A’B’C’中， A’C=B’C,AC=BC,∠ACB=∠A’CB’=90〫. 求证：∆ACA’ ∆BCB’
三、小结反思
三个常见手拉手模型共同特征是：
四、直击期末
如图，∠BAD=∠CAE=90〫,AB=AD,AE=AC,AF⊥CB,垂足为F。 求证：（1）∆ABC ∆ADE （2）求∠FAE的度数 （3）延长CF到G点，使BF=GF，连接AG。求证：CD=CG；并 猜想CD与2BF+DE的关系
回顾上面的问题及证明过程，你了解到手拉手模型 有哪些特征？
二、互动探究
2.共顶点的两个等边三角形构成的手拉手模型 例2.如图，已知∆ABC和∆AED是等边三角形。 求证：BD=CE
二、互动探究
3.共顶点的两个正方形构成的手拉手模型
例3.如图，四边形ABCD和四边形DEFG都是 正方形。 求证：（1）∆EDC ≌ ∆GDA （2）AG⊥CE
专题01 全等三角形中的手拉手旋转模型(解析版)
专题01 全等三角形中的手拉手旋转模型【模型展示】【模型证明】ECDABC CD CE ACD BCE AC BC ECD ABC ACD BCE ACE ECD ACE ACB ECDACB ECD ACB CD CE AC BC ECD ABC ∆≅∆∴⎪⎩⎪⎨⎧=∠=∠=∆∆∠=∠∴∠+∠=∠+∠∴∠=∠=∠=∠==∴∆∆中与在为等边三角形与 60,,BDMN NCD MNC NCD MNC MCN MCN MCN CN CM ACN BCM AFB AFM BCM AFM BMC AMF MAF AFM BMC CBM BCM AFM AMF MAF BCM BMC CBM CADCBE ACD BCE ADBE ACD BCE //60606060,60)(180)(180180180∴∠=∠∴=∠=∠∴∆∆∴=∠=∴∆≅∆=∠=∠=∠∴∠=∠∠+∠-=∠∠+∠-=∠∴=∠+∠+∠=∠+∠+∠∠=∠∴∆≅∆=∴∆≅∆为等边三角形为等边三角形即P Q NMFECABD【模型拓展】【题型演练】一、单选题1．如图，在ABCV中，90ABC∠=°，分别以AB，AC为边作等边ABD△和等边ACEV，连结DE，若3AB=，5AC=，则ED=（）A．B．C．4D．【答案】C【分析】在Rt△ABC中可直接运用勾股定理求出BC，然后结合“手拉手”模型证得△ABC≌△ADE，即可得到DE=BC，从而求解即可．【详解】解：在Rt△ABC中，AB=3，AC=5，∴由勾股定理得：BC=4，∵ABD △和ACE V 均为等边三角形，∴AB =AD ，AC =AE ，∠BAD =∠CAE =60°，∴∠BAD -∠CAD =∠CAE -∠CAD ，即：∠BAC =∠DAE ，在△ABC 和△ADE 中，AB AD BAC DAE AC AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△ABC ≌△ADE (SAS )，∴DE =BC =4，故选：C ．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，掌握全等三角形的判定与性质，熟练运用勾股定理解三角形是解题关键．2．如图，C 为线段AE 上一动点（不与点A ，E 重合），在AE 同侧分别作等边三角形ABC 和等边三角形CDE ，AD 与BE 交于点O ，AD 与BC 交于点P ，BE 与CD 交于点Q ，连结PQ ．以下结论错误的是（ ）A ．∠AOB =60°B ．AP =BQC ．PQ ∥AED ．DE =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．【详解】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 BCPAC 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．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，利用旋转不变性，解题的关键是找到不变量．3．如图，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC＝5，AD＝AE＝2，点P，Q，R分别是BC，DC，DE的中点．把△ADE绕点A在平面自由旋转，则△PQR的面积不可能是（）A．8B．6C．4D．2【答案】A【分析】连接BD、CE，BD的延长线交CE的延长线于O，AC交BO于H．证明△BAD≌△CAE,然后可推出△PQR是等腰直角三角形，S△PQR＝12•PQ2,由AB＝5，AD＝2可知3≤BD≤7，从而得到32≤PQ≤72，那么9 8≤12•PQ2≤498,即可得出答案．【详解】解：连接BD、CE，BD的延长线交CE的延长线于O，AC交BO于H．∵AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE，∴BD＝CE，∠ABH＝∠OCH，∵∠AHB＝∠CHO，∴∠O＝∠BAH＝90°，∵点P ，Q ，R 分别是BC ，DC ，DE 的中点，∴PQ ＝12BD ，PQ ∥BO ，QR ＝12EC ，QR ∥CO ，∵BO ⊥OC ，∴PQ ⊥RQ ，PQ ＝QR ，∴△PQR 是等腰直角三角形，∴S △PQR ＝12•PQ 2，∵AB ＝5，AD ＝2，∴3≤BD ≤7，∴32≤PQ ≤72，∴98≤12•PQ 2≤498，∴△PQR 的面积不可能是8，故答案为：A ．【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．4．如图，在ABC V 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．【详解】∵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 ．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、含30°角直角三角形的性质、外角的定义等知识，熟练掌握直角三角形的性质、证明三角形全等是解题的关键．5．如图，正ABC V 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 V V ≌，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 V V ≌，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 V 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 V 为等边三角形，再结合“手拉手”模型推出BCF ACQ V V ≌即可证明④．【详解】解：①∵ABC V 和CDE △均为等边三角形，∴60ACB ECD ∠=∠=°，AC BC =，EC DC =，∴ACB ACE ECD ACE ∠+∠=∠+∠，∴BCE ACD ∠=∠，在BCE V 和ACD △中，BC AC BCE ACDEC DC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴()BCE ACD SAS V V ≌，∴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 V V ≌，∴CEM CDN ∠=∠，在CEM V 和CDN △中，CME CND CEM CDNCE CD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴()CEM CDN AAS V V ≌，∴CM CN =，∴CF 平分BFD ∠，故②正确；③如图所示，作FP BD ⊥于P 点，∵1122BCF S BF CM BC FP ==V g g ，1122DCF S DF CN CD FP ==V g g ，∴11221122BCFDCF BF CM BC FP S S DF CN CD FP ==V V g g g g ，∵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 V 为等边三角形，∴60FCQ ∠=°，CF CQ =，∵60ACB ∠=°，∴ACB ACF FCQ ACF ∠+∠=∠+∠，∴BCF ACQ ∠=∠，在BCF △和ACQ V 中，BC AC BCF ACQCF CQ =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴()BCF ACQ SAS V V ≌，∴BF AQ =，∵AQ AF FQ =+，FQ FC =，∴BF AF FC =+，故④正确；综上，①②③④均正确；故选：A ．【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等，理解等边三角形的基本性质，掌握全等三角形中的辅助线的基本模型，包括“手拉手”模型，截长补短的思想等是解题关键．6．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．【详解】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 ．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，以及等边三角形的判定和性质，此图形是典型的“手拉手”模型，熟练掌握此模型的特点是解题的关键．二、填空题7．如图，ABD △、CDE △是两个等边三角形，连接BC 、BE ．若30DBC ∠=°，6BD =，8BC =，则BE =________．【答案】BE =10【分析】连接AC ，根据题意易证△ACD ≌△BED(SAS)，根据全等三角形的性质可得AC=BE ，再根据勾股定理求出AC 的值即可得出结论．【详解】如图，连接AC ，∵ABD △、CDE △是两个等边三角形，∴AB=BD=AD=2，CD=DE ，∠ABD=∠ADB=∠CDE=60，∴∠ADB+∠BDC=∠CDE+∠BDC ，∴∠ADC=∠BDE ，在△ACD 与△BDE 中AD BD ADC BDE CD DE =⎧⎪=⎨⎪=⎩∠∠，∴△ACD ≌△BED （SAS ），∴AC=BE ，∵30DBC ∠=°，∴∠ABC=∠ABD+∠DBC=60°+30°=90°，在Rt △ABC 中，AB=6，BC=8，∴10=，∴BE=10，故答案为：10．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，孰练的掌握知识点是解题关键．8．如图，△ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝BC =△ABC 绕点A 顺时针方向旋转60°到△AB 'C '的位置，连接BC '，BC '的延长线交AB '于点D ，则BD 的长为 _____．【分析】连接BB ′，根据旋转的性质可得AB ＝AB ′，判断出△ABB ′是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得AB ＝BB ′，然后利用“边边边”证明△ABC ′和△B ′BC ′全等，根据全等三角形对应角相等可得∠ABC ′＝∠B ′BC ′，延长BC ′交AB ′于D ，根据等边三角形的性质可得BD ⊥AB ′，利用勾股定理列式求出AB ，然后根据等边三角形的性质和等腰直角三角形的性质求出BD ．【详解】解：如图，连接BB ′，∵△ABC 绕点A 顺时针方向旋转60°得到△AB ′C ′，∴AB ＝AB ′，∠BAB ′＝60°，∴△ABB ′是等边三角形，∴AB ＝BB ′，在△ABC ′和△B ′BC ′中，AB BB AC B C BC BC =¢⎧⎪¢=¢¢⎨⎪¢=¢⎩，∴△ABC ′≌△B ′BC ′（SSS ），∴∠ABC ′＝∠B ′BC ′30=° ，延长BC ′交AB ′于D ，则BD ⊥AB ′，∵∠C ＝90°，AC ＝BC ，∴AB 2=AB ’，∴AD =112AB =∴BD =，【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，作辅助线构造出全等三角形并求出BC ′在等边三角形的高上是解题的关键，也是本题的难点．9．如图，ABC V 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 ．【详解】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．【点睛】本题考查了等边三角形性质和判定，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，全等三角形的性质和判定的综合运用．注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．10．如图，C 为线段AE 上一动点（不与点A 、E 重合），在AE 同侧分别作正△ABC 和正△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 P AE；③AP=BQ；④DE=DP；⑤∠AOB=60°．恒成立的结论有_____．（把你认为正确的序号都填上）【答案】①②③⑤为等边三角形，再证【分析】根据等边三角形的性质及SAS即可证明；根据全等三角形的性质证明MCN明△ACD≌△BCE即可求解．【详解】解：①△ABC和△DCE均是等边三角形，点A，C，E在同一条直线上，∴AC=BC，EC=DC，∠BCE=∠ACD=120°∴△ACD≌△ECB∴AD=BE，故本选项正确，符合题意；②∵△ACD≌△ECB∴∠CBQ=∠CAP，又∵∠PCQ=∠ACB=60°，CB=AC，∴△BCQ≌△ACP，∴CQ=CP，又∠PCQ=60°，∴△PCQ为等边三角形，∴∠QPC=60°=∠ACB，∴PQ P AE，故本选项正确，符合题意；③∵∠ACB=∠DCE=60°，∴∠BCD=60°，∴∠ACP=∠BCQ，∵AC=BC，∠DAC=∠QBC，∴△ACP≌△BCQ（ASA），∴CP=CQ，AP=BQ，故本选项正确，符合题意；④已知△ABC 、△DCE 为正三角形，故∠DCE =∠BCA =60°⇒∠DCB =60°，又因为∠DPC =∠DAC +∠BCA ，∠BCA =60°⇒∠DPC ＞60°，故DP 不等于DE ，故本选项错误，不符合题意；⑤∵△ABC 、△DCE 为正三角形，∴∠ACB =∠DCE =60°，AC =BC ，DC =EC ，∴∠ACB +∠BCD =∠DCE +∠BCD ，∴∠ACD =∠BCE ，∴△ACD ≌△BCE （SAS ），∴∠CAD =∠CBE ，∴∠AOB =∠CAD +∠CEB =∠CBE +∠CEB ，∵∠ACB =∠CBE +∠CEB =60°，∴∠AOB =60°，故本选项正确，符合题意．综上所述，正确的结论是①②③⑤．三、解答题11．如图，ACB △和ECD V 都是等腰直角三角形，,,CA CB CD CE ACB ==△的顶点A 在ECD V 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）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 V 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 ACECD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴()BCD ACE SAS V V ≌，∴BD AE =．（2）∵BCD ACE V V ≌，∴BDC AEC ∠=∠，又∵ECD V 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．12．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．【答案】（1）证明过程见详解；（2）证明过程见详解。
初中数学经典几何模型05-手拉手模型构造全等三角形(含答案)
初中数学经典几何模型专题05 手拉手模型构造全等三角形【专题说明】两个具有公共顶点的相似多边形，在绕着公共顶点旋转的过程中，产生伴随的全等或相似三角形，这样的图形称作共点旋转模型；为了更加直观，我们形象的称其为“手拉手”模型。
【知识总结】【基本模型】一、等边三角形手拉手-出全等图1 图2图3 图4二、等腰直角三角形手拉手-出全等两个共直角顶点的等腰直角三角形，绕点C旋转过程中（B、C、D不共线）始终有①△BCD≌△ACE；②BD⊥AE（位置关系）且BD=AE（数量关系）；③FC平分∠BFE；图1图2图3图41、如图，点C在线段AB上，△DAC和△DBE都是等边三角形，求证：△DAB≌△DCE;DA∥EC.2、已知：△ACB和△DCE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，连结AE,BD交于点O,AE与DC交于点0，AE与DC交于点M,BD与AC交于点N.3、已知，在△ABC中，AB＝AC，点P平面内一点，将AP绕A顺时针旋转至AQ，使∠QAP＝∠BAC，连接BQ、CP，⑴若点P在△ABC内部，求证BQ＝CP；⑵若点P在△ABC外部，以上结论还成立吗？4、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.若AB=√2，AG=1，则EB=________________.5、已知正方形ABCD和正方形AEFG有一个公共点，点G、E分别在线段AD、AB上，若将正方形AEFG 绕点A按顺时针方向旋转，连接DG,在旋转的过程中，你能否找到一条线段的长与线段DG的长度始终相等？并说明理由。
6、已知：如图在△ABC，△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC,AD=AE,点C、D、E三点在同一直线上，连接BD,BE.以下四个结论:①BD=CE;②BD⊥CE;③∠ACE+∠BDC=45°；④BE2=2(AD2+AB2)其中结论正确的个数是_______【基础训练】1、已知△ABC为等边三角形，点D为直线BC上一动点（点D不与点B,点C重合）.以AD为边作等边三角形ADE,连接CE.如图1，当点D在边BC上时，求证：△ABD≌△ACE;直接判断结论BC=DC+CE是否成立（不需要证明）；如图2，当点D在边BC的延长线上时，其他条件不变，请写出BC、DC、CE之间存在的数量关系，并写出证明过程.2、如图，△ACB与△ECD都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ECD=90°，点D为AB边上的一点.若DE=13，BD=12，求线段AB的长.3、如图，点A、B、C在一条直线上，△ABD,△BCE均为等边三角形，连接AE和CD,AE分别交CD,BD于点M,P,CD交BE于点Q，连接PQ,BM.下面结论：△ABE≌△DBC;∠DMA=60°；△BPQ为等边三角形；MB平分∠AMC.其中正确的有____________4、如图1，CA=CB,CD=CE,∠ACB=∠DCE=α，AD、BE相交于点M,连接CM.求证：BE=AD;用含α的式子表示∠AMB的度数；当α=90°时，取AD、BE的中点分别为点P、Q，连接CP,CQ,PQ,如图2，判断△CPQ的形状，并加以证明.【巩固提升】1、已知△ABC和△BDE都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠BED＝90°，AB＝2BD，连接CE．（1）如图1，若点D在AB边上，点F是CE的中点，连接BF．当AC＝4时，求BF的长；（2）如图2，将图1中的△BDE绕点B按顺时针方向旋转，使点D在△ABC的内部，连接AD，取AD 的中点M，连接EM并延长至点N，使MN＝EM，连接CN．求证：CN⊥CE．2、如图，△ABC中AB＝AC＝5，tan∠ACB＝，点D为边BC上的一动点（不与点B、C重合），将线段AD绕点A顺时针旋转得AE，使∠DAE＝∠BAC，DE与AB交于点F，连接BE．（1）求BC的长；（2）求证∠ABE＝∠ABC；（3）当FB＝FE时，求CD的长．3、如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为AB上一点，连接CD，将CD绕点C顺时针旋转90°至CE，连接AE．（1）求证：△BCD≌△ACE；（2）如图2，连接ED，若CD＝2，AE＝1，求AB的长；（3）如图3，若点F为AD的中点，分别连接EB和CF，求证：CF⊥EB．4、如图，△ABC和△EDC都是等腰直角三角形，C为它们的公共直角顶点，连接AD、BE，点F为线段AD的中点，连接CF．（1）如图1，当D点在BC上时，试判断线段BE、CF的关系，并证明你的结论；（2）如图2，把△DEC绕C点顺时针旋转一个锐角，其他条件不变时，请探究BE、CF的关系并直接写出结论．5、如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D、E分别是AB、AC边的中点．将△ABC绕点A顺时针旋转a角（0°＜a＜180°），得到△AB′C′（如图2），连接DB'，EC'．（1）探究DB'与EC'的数量关系，并结合图2给予证明；（2）填空：①当旋转角α的度数为时，则DB'∥AE；②在旋转过程中，当点B'，D，E在一条直线上，且AD＝时，此时EC′的长为．6、如图，∠AOB＝120°，OC平分∠AOB，∠MCN＝60°，CM与射线OA相交于M点，CN与直线BO相交于N点．把∠MCN绕着点C旋转．（1）如图1，当点N在射线OB上时，求证：OC＝OM+ON；（2）如图2，当点N在射线OB的反向延长线上时，OC与OM，ON之间的数量关系是（直接写出结论，不必证明）专题05 手拉手模型构造全等三角形答案【专题说明】两个具有公共顶点的相似多边形，在绕着公共顶点旋转的过程中，产生伴随的全等或相似三角形，这样的图形称作共点旋转模型；为了更加直观，我们形象的称其为“手拉手”模型。