专题12.22 三角形全等几何模型-“手拉手”模型（专项练习）（培优篇）-2021-2022学年八年级数学上册基础知识专项讲练（人教版）

这是一份专题12.22 三角形全等几何模型-“手拉手”模型（专项练习）（培优篇）-2021-2022学年八年级数学上册基础知识专项讲练（人教版），共45页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

专题12.22 三角形全等几何模型-“手拉手”模型
（专项练习）（培优篇）
一、单选题
1．如图，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，OA＞OC，∠AOB＝∠COD＝40°，连接AC，BD交于点M，连接OM．下列结论：①AC＝BD；②∠AMB＝40°；③OM平分∠BOC；④MO平分∠BMC．其中正确的个数为（　　）

A．① B．①② C．①②③ D．①②④
2．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=DQ；④DE=DP；⑤∠AOB=60°．其中一定成立的结论有（ ）个

A．1 B．2 C．3 D．4


二、填空题
3．如图所示，等边的顶点在轴的负半轴上，点的坐标为，则点坐标为_______；点是位于轴上点左边的一个动点，以为边在第三象限内作等边,若点.小明所在的数学兴趣合作学习小组借助于现代互联网信息技术，课余时间经过探究发现无论点在点左边轴负半轴任何位置，，之间都存在着一个固定的一次函数关系，请你写出这个关系式是_____．





4．在锐角三角形ABC中，AH是边BC的高，分别以AB，AC为边向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连接CE，BG和EG，EG与HA的延长线交于点M，下列结论：①BG=CE；②BG⊥CE；③AM是△AEG的中线；④∠EAM=∠ABC．其中正确的是_________．






5．如图，CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=50°，AD、BE交于点H，连接CH，则∠CHE=_______．

三、解答题
6．（1）如图1，和都是等边三角形，且，，三点在一条直线上，连接，相交于点，求证：．
（2）如图2，在中，若，分别以，和为边在外部作等边，等边，等边，连接、、恰交于点．
①求证：；
②如图2，在（2）的条件下，试猜想，，与存在怎样的数量关系，并说明理由．



7．已知，在中，，，点为直线上一动点（点不与点重合），以为边作正方形，连接．
（1）如图①，当点在线段上时，求证．

（2）如图②，当点在线段的延长线上时，其他条件不变，请直接写出三条线段之间的关系．

（3）如图③，当点在线段的反向延长线上，且点，分别在直线的两侧时，其他条件不变，请直接写出三条线段之间的关系．



8．已知：点O是平行四边形ABCD两条对角线的交点，点P是AC所在直线上的一个动点（点P不与点A、C重合），分别过点A、C向直线BP作垂线，垂足分别为E、F
(1)如图1，当点P与点O重合时，求证：OE=OF
(2)直线BP绕点B逆时针方向旋转,当∠OFE=时，有OE=OF，如图2，线段CF、AE、OE之间有怎样的数量关系？给出证明．
(3)当点P在图3位置,且∠OFE=时，线段CF、AE、OE之间有怎样的数量关系？（直接写出结论，无需证明.



9．如图，点C为线段上一点，都是等边三角形，与交于点与相交于点G．
（1）求证：；
（2）求证：
（3）若，求的面积．




10．如图，和都是等边三角形，点分别在边上,，
（1）求证：
（2）判断四边形的形状．





11．如图，两个正方形ABCD与DEFG，连结AG，CE，二者相交于点H．
（1）证明：△ADG≌△CDE；
（2）请说明AG和CE的位置和数量关系，并给予证明；
（3）连结AE和CG，请问△ADE的面积和△CDG的面积有怎样的数量关系？并说明理由．



12．如图，已知等边，点为内的一点，连接，以为边向上方作等边，连接（）．
（1）求证：．
（2）请判断的形状，并证明你的结论．

（3）若，求的度数及的面积（用含的代数式表示）．
13．如图，在中，，点分别在边上，，连接，点分别为的中点．
（1）图中线段与的数量关系是　　　　，位置关系是　　　　；
（2）把绕点逆时针旋转到图的位置，连接.请判断与是否相等，请说明理由；
（3）试判断的形状，并说明理由．

14．如图1，是以为直角的直角三角形，分别以，为边向外作正方形，，连结，，与交于点，与交于点．

（1）求证：；
（2）如图2，在图1基础上连接和，若，求四边形的面积．



15．（1）如图①，和都是等边三角形，且点，，在一条直线上，连结和，直线，相交于点．则线段与的数量关系为_____________．与相交构成的锐角的度数为___________．
（2）如图②，点，，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，，不在同一条直线上，其它条件依然不变，此时恰好有．设直线交于点，请把图形补全．若，则___________．

16．如图，B，C，E三点在一条直线上，△ABC和△DCE均为等边三角形，BD与AC交于点M，AE与CD交于点N．
（1）求证：AE＝BD；
（2）连接MN，求证：MN∥BE；
（3）若把△DCE绕点C顺时针旋转一个角度，（1）中的结论还成立吗？说明理由．




17．已知在中，，过点引一条射线，是上一点．
（问题解决）
（1）如图1，若，射线在内部，，求证：．小明同学展示的做法是：在上取一点使得，通过已知的条件，从而求得的度数，请你帮助小明写出证明过程；

（类比探究）
（2）如图2，已知．
①当射线在内，求的度数；
②当射线在下方，如图3所示，请问的度数会变化吗？若不变，请说明理由，若改变，请求出的度数



18．问题背景：如图，△ABC是等边三角形，△BDC是顶角为120°的等腰三角形，以D为顶点作一个60°角，角的两边分别交AB，AC边于M、N两点，连接MN．探究线段BM，MN，CN之间的数量关系．
嘉琪同学探究此问题的方法是：延长NC至点E，使CE＝BM，连接DE，先证明△CDE≌△BDM，再证明△MDN≌△EDN，可得出线段BM，MN，CN之间的数量关系为　　．请你根据嘉琪同学的做法，写出证明过程．
探索延伸：若点M，N分别是线段AB，CA延长线上的点，其他条件不变，再探索线段BM，MN，NC之间的关系，写出你的结论，并说明理由．


19．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．


参考答案
1．D
【分析】
由证明得出，，①正确；
由全等三角形的性质得出，由三角形的外角性质得：，得出，②正确；
作于，于，如图所示：则，由证明，得出，由角平分线的判定方法得出平分，④正确；
由，得出当时，才平分，假设，由得出，由平分得出，推出，得，而，所以，而，故③错误；即可得出结论．
【详解】
解：，
，
即，
在和中，
，
，
，，①正确；
，
由三角形的外角性质得：，
，②正确；
作于，于，如图2所示：

则，
在和中，
，
，
，
平分，④正确；
，
当时，才平分，
假设
，
，
平分，
，
在和中，
，
，
，


与矛盾，
③错误；
综上所述，正确的是①②④；
故选：D．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的外角性质，角平分线的判定等知识，熟悉相关性质是解题的关键．
2．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．
【点拨】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．
3．
【分析】
过点A作x轴的垂线，垂足为E，根据等边三角形的性质得到OE和AE，再根据三线合一得到OB即可；再连接BD，过点D作x轴的垂线，垂足为F，证明△OAC≌△BAD，得到∠CAD=∠CBD=60°，利用30°所对的直角边是斜边的一半以及点D的坐标得到BF和DF的关系，从而可得关于m和n的关系式.
【详解】
解：如图，过点A作x轴的垂线，垂足为E，
∵△ABO为等边三角形，A，
∴OE=1，AE=，
∴BE=1，
∴OB=2，即B（-2，0）；
连接BD，过点D作x轴的垂线，垂足为F，
∵∠OAB=∠CAD，
∴∠OAC=∠BAD，
∵OA=AB，AC=AD，
∴△OAC≌△BAD（SAS），
∴∠OCA=∠ADB，
∵∠AGD=∠BGC，
∴∠CAD=∠CBD=60°，
∴在△BFD中，∠BDF=30°，
∵D（m，n），
∴DF=-m，DF=-n，
∵B（-2，0），
∴BF=-m-2，
∵DF=BF，
∴-n=（-m-2），
整理得：.
故答案为：，.

【点拨】本题考查了等边三角形的性质，含30°的直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，一次函数，解题的关键是添加辅助线构造全等三角形，有一定难度.
4．①②③④
【分析】
根据正方形的性质和SAS可证明△ABG≌△AEC，然后根据全等三角形的性质即可判断①；设BG、CE相交于点N，AC、BG相交于点K，如图1，根据全等三角形对应角相等可得∠ACE＝∠AGB，然后根据三角形的内角和定理可得∠CNG＝∠CAG＝90°，于是可判断②；过点E作EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，如图2，根据余角的性质即可判断④；利用AAS即可证明△ABH≌△EAP，可得EP＝AH，同理可证GQ＝AH，从而得到EP＝GQ，再利用AAS可证明△EPM≌△GQM，可得EM＝GM，从而可判断③，于是可得答案．
【详解】
解：在正方形ABDE和ACFG中，AB＝AE，AC＝AG，∠BAE＝∠CAG＝90°，
∴∠BAE+∠BAC＝∠CAG+∠BAC，
即∠CAE＝∠BAG，
∴△ABG≌△AEC（SAS），
∴BG＝CE，故①正确；
设BG、CE相交于点N，AC、BG相交于点K，如图1，

∵△ABG≌△AEC，
∴∠ACE＝∠AGB，
∵∠AKG＝∠NKC，
∴∠CNG＝∠CAG＝90°，
∴BG⊥CE，故②正确；
过点E作EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，如图2，

∵AH⊥BC，
∴∠ABH+∠BAH＝90°，
∵∠BAE＝90°，
∴∠EAP+∠BAH＝90°，
∴∠ABH＝∠EAP，即∠EAM＝∠ABC，故④正确；
∵∠AHB=∠P=90°，AB=AE，
∴△ABH≌△EAP（AAS），
∴EP＝AH，
同理可得GQ＝AH，
∴EP＝GQ，
∵在△EPM和△GQM中，
，
∴△EPM≌△GQM（AAS），
∴EM＝GM，
∴AM是△AEG的中线，故③正确．
综上所述，①②③④结论都正确．
故答案为：①②③④．
【点拨】本题考查了正方形的性质、三角形的内角和定理以及全等三角形的判定和性质，作辅助线构造出全等三角形是难点，熟练掌握全等三角形的判定和性质是关键．
5．65°
【分析】
先判断出，再判断出即可得到平分，即可得出结论．
【详解】
解：如图，，
，
在和中，
；
过点作于，于，
，
，
在和中，
，
，
在与中
，
，
平分；
，
，
，
，
，
，
故答案为：．

【点拨】此题考查了全等三角形的判定与性质以及角平分线的定义．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
6．（1）详见解析；（2）①详见解析；②，理由详见解析
【分析】
（1）根据等边三角形的性质得出BC=AC，CE=CD，∠ACB=∠DCE=60°，进而得出∠BCE=∠ACD，判断出（SAS），即可得出结论；
（2）①同（1）的方法判断出（SAS），（SAS），即可得出结论； ②先判断出∠APB=60°，∠APC=60°，在PE上取一点M，使PM=PC，证明是等边三角形， 进而判断出（SAS），即可得出结论．
【详解】
（1）证明：∵和都是等边三角形，
∴BC=AC，CE=CD，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ABC+∠ACE=∠DCE+∠ACE，
即∠BCE=∠ACD，
∴（SAS），
∴BE=AD；
（2）①证明：∵和是等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，
即∠ACD=∠BCE，
∴（SAS），
∴AD=BE，
同理：（SAS），
∴AD=CF，
即AD=BE=CF；
②解：结论：PB+PC+PD=BE，
理由：如图2，AD与BC的交点记作点Q，则∠AQC=∠BQP，
由①知，，
∴∠CAD=∠CBE，
在中，∠CAD+∠AQC=180°-∠ACB=120°，
∴∠CBE+∠BQP=120°，
在中，∠APB=180°-（∠CBE+∠BQP）=60°，
∴∠DPE=60°，
同理：∠APC=60°，
∠CPD=120°，
在PE上取一点M，使PM=PC，
∴是等边三角形，
∴，∠PCM=∠CMP=60°，
∴∠CME=120°=∠CPD，
∵是等边三角形，
∴CD=CE，∠DCE=60°=∠PCM，
∴∠PCD=∠MCE，
∴（SAS），
∴PD=ME，
∴BE=PB+PM+ME=PB+PC+PD．

【点拨】此题是三角形综合题，主要考查了三角形的内角和定理，等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，构造出全等三角形是解本题的关键．
7．（1）见解析；（2），见解析；（3），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，
，
∴△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，
，
∴△BAD≌△CAF（SAS），
∴BD=CF，
∵BD=BC+CD，
∴CF-CD=BC．
（3）CD-CF=BC
理由：∵∠BAC=90°，∠ABC=45°，
∴∠ACB=∠ABC=45°，
∴AB=AC，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD=AF，∠DAF=90°，
∵∠BAD=90°-∠BAF，∠CAF=90°-∠BAF，
∴∠BAD=∠CAF，
∵在△BAD和△CAF中，

∴△BAD≌△CAF（SAS），
∴BD=CF，
∴CD-BC=CF，
∴CD-CF=BC.
【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质：全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
8．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）CF=OE-AE.
【解析】
【分析】
（1）由△AOE≌△COF即可得出结论．
（2）图2中的结论为：CF=OE+AE，延长EO交CF于点G，只要证明△EOA≌△GOC，△OFG是等边三角形，即可解决问题．
（3）图3中的结论为：CF=OE-AE，延长EO交FC的延长线于点G，证明方法类似．
【详解】
（1）∵重合
∴
∵四边形ABCD是平行四边形，O为对角线交点
∴AO=CO，
在△AEO和△CFO中，

∴△AEO△CFO（AAS）
∴OE=OF
（2）延长EO交CF于点G，如图所示，

则可得
∵
∴AE∥CF
∴
又∵O 为对角线交点
∴AO=CO
在△AEO和△CGO中，

∴△AEO△CGO（ASA）
∴OE=OG，AE=CG
在Rt△EFG中，OE=OG，
∴点O为Rt△EFG斜边EG的中点，
故OF=OE=OG=
∴∠OFE=∠OEF=30°
∴∠OFG=∠EFG∠OFE=90°30°=60°
又∵OF=OG
∴△OFG为等边三角形
故GF=OF=OE
∵CF=CG+GF
∴CF=CG+GF =AE+OE
（3）延长EO、FC交于点G，如图所示，

∵
∴AE∥CF
∴
又∵O 为对角线交点
∴AO=CO
在△AEO和△CGO中，

∴△AEO△CGO（AAS）
∴OE=OG，AE=CG
在Rt△EFG中，OE=OG，
故点O为Rt三角形EFG斜边EG的中点，
∴OF=OE=OG=
∵∠OEF=30°
∴∠OFE=∠OEF=30°
即∠OFG=∠EFG-∠EFO=90°30°=60°
又∵OF=OG
∴△OFG为等边三角形
∴GF=OF=OG=OE
∵CF=GF-CG
∴CF=OE-AE
【点拨】本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型.
9．（1）见解析；（2）见解析；（3）
【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（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=CG=，FN=CF=，
∴S△ACD=S△ACF+S△CDF
=S△BCG+S△CDF
=BC•GM+CD•FN
=（BC+CD）
=BD
=．
【点拨】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．
10．（1）见解析；（2）平行四边形
【分析】
（1）由和都是等边三角形得到，根据推出，即可证得结论；
（2）根据△ABD≌△ACF得到BD=CF，再根据等边三角形的性质得到，推出即可得到结论.
【详解】
证明：（1）和是等边三角形，
，
∵，
∴，
∴△ABD≌△ACF（ASA）；
（2）四边形是平行四边形．理由如下：
∵△ABD≌△ACF，
∴
又是等边三角形，
．

∴四边形DFCE是平行四边形.

【点拨】此题考查等边三角形的性质，三角形全等的判定及性质，内错角相等两直线平行的判定定理，证明四边形是平行四边形.
11．(1)答案见解析；(2) AG=CE，AG⊥CE；(3) △ADE的面积=△CDG的面积
【分析】
（1）利用SAS证明△ADG≌△CDE；
（2）利用△ADG≌△CDE得到AG=CE，∠DAG=∠DCE，利用∠DAG+∠AMD=90°得到∠DCE+∠CMG=90°，即可推出AG⊥CE；
（3）△ADE的面积=△CDG的面积，作GP⊥CD于P，EN⊥AD交AD的延长线于N，证明 △DPG≌△DNE，得到PG=EN，再利用三角形的面积公式分别表示出△ADE的面积，△CDG的面积，即可得到结论△ADE的面积=△CDG的面积.
【详解】
（1）∵四边形ABCD与DEFG都是正方形，
∴AD=CD，DG=DE，∠ADC=∠EDG=90°，
∴∠ADC+∠CDG=∠EDG+∠CDG，
∴∠ADG=∠CDE，
∴△ADG≌△CDE（SAS），
（2）AG=CE，AG⊥CE，
∵△ADG≌△CDE，
∴AG=CE，∠DAG=∠DCE，
∵∠DAG+∠AMD=90°，∠AMD=∠CMG，
∴∠DCE+∠CMG=90°，
∴∠CHA=90°，
∴AG⊥CE；

（3）△ADE的面积=△CDG的面积，
作GP⊥CD于P，EN⊥AD交AD的延长线于N，则∠DPG=∠DNE=90°，
∵∠GDE=90°，
∴∠EDN+∠GDN=90°，
∵∠PDG+∠GDN=90°，
∴∠EDN=∠PDG，
∵DE=DG，
∴△DPG≌△DNE，
∴PG=EN，
∵△ADE的面积=，△CDG的面积=，
∴△ADE的面积=△CDG的面积.

【点拨】此题考查正方形的性质，三角形全等的判定及性质，利用三角形面积公式求解，根据图形得到三角形全等的条件是解题的关键.
12．（1）见解析；（2）△ADE为直角三角形，理由见解析；（3）．
【分析】
（1）利用“SAS”即可证明△BDC△AEC；
（2）设∠ABD =，求得∠EAC=∠DBC =60，∠DAB=，∠DAC，从而推出△ADE为直角三角形；
（3）可证明△EDA为等腰直角三角形，求得AE=AD=，过点B作AD的垂线交AD的延长线于点F，再推出DB=DA，求得BF=DB=，即可求得．
【详解】
（1）∵△ABC为等边三角形，
∴∠ACB=60，CB=CA，
∵△EDC为等边三角形，
∴∠ECD=60，CD=CE，
∴∠ACB-∠ACD =∠ECD-∠ACD，
∴∠DCB =∠ECA，
在△BCD和△ACE中，
，
∴△BDC△AEC(SAS)；
（2）△ADE为直角三角形，理由如下，
设∠ABD =，则∠DBC=60，

由（1）可知：∠EAC=∠DBC =60，
∵∠ABD =，
∴∠DAB=，
∴∠DAC=∠CAB-∠DAB =60，
∴∠DAE=∠EAC+∠DAC=60，
∴△ADE为直角三角形；
（3）∵△EDC为等边三角形，
∴∠ECD=60，CD=CE=DE=，
在△ADC和△AEC中，
，
∴△ADC△AEC(SSS)；
∴∠EAC=∠DAC=45，
又∵AE=AD，∠EAD=90，DE=，
∴△EDA为等腰直角三角形，
∴∠DAB=∠BAC-∠DAC =6045，
∴AE=AD=，
过点B作AD的垂线交AD的延长线于点F，

∵∠ADB =150，
∴∠BDF=180，
∴∠DAB=∠DBA，
∴DB=DA，
∴BF=DB=，
∴．
【点拨】本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积公式，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理的应用，判断出△EDA为直角三角形是解本题的关键．
13．（1），；（2），理由见解析；（3）是等腰直角三角形，理由见解析．
【分析】
（1）利用三角形的中位线得出，进而判断出BD=CE，即可得出结论，再利用三角形的中位线得出PM∥CE得出∠DPM=∠DCA，最后用互余即可得出结论；
（2）先判断出△ABD≌△ACE可得结论．
（3）先判断出△ABD≌△ACE，得出BD=CE，同（1）的方法得出，即可得出PM=PN，同（1）的方法即可得出结论；
【详解】
解：（1）如图1中，∵点P，N是BC，CD的中点，

∵点P，M是CD，DE的中点，

∵AB=AC，AD=AE，
∴BD=CE，
∴PM=PN，
∵PN∥BD，
∴∠DPN=∠ADC，
∵PM∥CE，
∴∠DPM=∠DCA，
∵∠BAC=90°，
∴∠ADC+∠ACD=90°，
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCA+∠ADC=90°，
∴PM⊥PN，
故答案为：PM=PN，PM⊥PN．
（2）
理由如下
，
由旋转得


（3）是等腰直角三角形


点分别为的中点
，

点分别为的中点
，
，








是等腰直角三角形．
【点拨】此题属于几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质的综合运用；
14．（1）详见解析；（2）18
【分析】
（1）根据正方形的性质得出BC=BD，AB=BF，∠CBD=∠ABF=90°，求出∠ABD=∠CBF，根据全等三角形的判定得出即可；
（2）根据全等三角形的性质得出∠BAD=∠BFC，AD=FC=6，求出AD⊥CF，根据三角形的面积求出即可．
【详解】
解：（1）四边形、是正方形，
，，，
，
即
在和中，

；

图1 图2
（2），
，，







【点拨】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，三角形的面积等知识点，能求出△ABD≌△FBC是解此题的关键．
15．（1）相等，；（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； .理由如下：
∵和都是等边三角形，
∴，，，
∴，
在和中
，
∴．
∴，．
又∵，
∴.

（2）成立；理由如下：
证明：∵和都是等边三角形，

∴，，，
∴，
在和中
，
∴．
∴，．
又∵，
∴.
（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.

【点拨】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.
16．（1）见解析；（2）见解析；（3）成立，理由见解析
【分析】
（1）根据等边三角形边长相等的性质和各内角为的性质可求得，根据全等三角形对应边相等的性质即可求得．
（2）是等边三角形，由可知，根据可证明，得到，又，可知是等边三角形，得到，由，得到，所以．
（3）根据题意画出图形，证明方法与（1）相同．
【详解】
解：（1）证明：如图1中，与都是等边三角形，
，，，
，
，，
即．
在和中，
，
．
．
（2）证明：如图1中，连接，
，
．
在和中
，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
．

（3）成立；理由如下：
如图2中，、均为等边三角形，
，，，
，
即，
在和中，
，
，
．

【点拨】本题考查了等边三角形的性质的运用及全等三角形的判定和性质的运用．解决本题的关键是证明三角形全等，属于中考常考题型．
17．（1）见解析；（2）①120°；②会变，60°
【分析】
（1）在上取一点使得，可证≌，求出∠ADC的度数，减去∠ADB的度数即可；
（2）在上取一点，使得，可证≌，求出∠ADC的度数，减去∠ADB的度数即可；
（3）在延长线上取一点，使得，按照（2）的方法可求．
【详解】
证明：（1）在上取一点使得，
∵，
∴为等边三角形，
∵
∴为等边三角形，
∴，
∴≌（），
∴，
∴；
（2）①如图2，在上取一点，使得，
∵，且，
∴，
∴，
∴
∴≌（），
∴，
∴，

②会变，
如图3，在延长线上取一点，使得
同理可得：≌（），
∴，
∴．

【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，解题关键是恰当的作辅助线，构造“手拉手”手拉手全等模型，利用全等三角形的性质求角．
18．问题背景：MN＝BM+NC，证明见解析；探索延伸：MN＝NC﹣BM，理由见解析
【分析】
问题背景：延长AC至E，使得CE＝BM并连接DE，构造全等三角形，找到相等的线段，MD＝DE，再进一步证明△DMN≌△DEN，进而得到MN＝BM+NC．
探索延伸：按要求作出图形，先证△BMD≌△CED，再证△MDN≌△EDN（SAS），即可得出结论．
【详解】
问题背景：MN＝BM+NC．理由如下：
如图1中，延长AC至E，使得CE＝BM，并连接DE．

∵△BDC为等腰三角形，△ABC为等边三角形，
∴BD＝CD，∠DBC＝∠DCB，∠MBC＝∠ACB＝60°，
又BD＝CD，且∠BDC＝120°，
∴∠DBC＝∠DCB＝30°
∴∠ABC+∠DBC＝∠ACB+∠DCB＝60°+30°＝90°，
∴∠MBD＝∠ECD＝90°，
在△MBD与△ECD中，
，
∴△MBD≌△ECD（SAS），
∴MD＝DE， ，
∵∠BDC＝120°，∠MDN＝60°，
∴∠NDC+∠BDM=∠BDC-∠MDN=60゜，
∴∠EDN=∠NDC+∠CDE=∠NDC+∠BDM=60゜，
即∠MDN=∠EDN，
在△DMN和△DEN中，
，
∴△DMN≌△DEN，
∴MN=EN=CE+NC，
∴MN＝BM+NC．
故答案为：MN＝BM+NC．
探索延伸：如图2中，结论：MN＝NC﹣BM．
理由：在CA上截取CE＝BM．

∵△ABC是正三角形，
∴∠ACB＝∠ABC＝60°，
又∵BD＝CD，∠BDC＝120°，
∴∠BCD＝∠CBD＝30°，
∴∠MBD＝∠DCE＝90°，
在△BMD和△CED中
，
∴△BMD≌△CED（SAS），
∴DE＝DM，
在△MDN和△EDN中
，
∴△MDN≌△EDN（SAS），
∴MN＝NE＝NC﹣CE＝NC﹣BM．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、等边三角形的性质．本题中要证明一条线段等于两条线段的和或差，常常用截长法或补短法来解决．
19．（1）见解析；（2）60°；（3）18.23cm
【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∠DFA＝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，∠FAQ＝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，，
∴△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°，
∴∠DFA＝180°-120°＝60°，
∴∠DFE＝180°-60°＝120°，
在△BEH和△BCN中，
，
∴△BEH≌△BCN（AAS），
∴BH＝BN，
∴BF平分∠DFE，
∴∠BFE＝∠DFE＝×120°＝60°；
（3）解：如图，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，∠FAQ＝60°，
∵△ABD是等边三角形，
∴AD＝AB，∠DAB＝60°，
∴∠DAB+∠BAF＝∠BAF+∠FAQ，即∠DAF＝∠BAQ，
在△DAF和△BAQ中，，
∴△DAF≌△BAQ（SAS），
∴DF＝BQ＝BF+FQ＝BF+AF，
∴CD＝DF+CF＝BF+AF+CF＝1.53+9.17+7.53＝18.23cm．

【点拨】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．