|试卷下载
终身会员
搜索
    上传资料 赚现金
    专题1.52 全等三角形几何模型-手拉手模型(巩固篇)(专项练习)-2022-2023学年八年级数学上册基础知识专项讲练(浙教版)
    立即下载
    加入资料篮
    专题1.52 全等三角形几何模型-手拉手模型(巩固篇)(专项练习)-2022-2023学年八年级数学上册基础知识专项讲练(浙教版)01
    专题1.52 全等三角形几何模型-手拉手模型(巩固篇)(专项练习)-2022-2023学年八年级数学上册基础知识专项讲练(浙教版)02
    专题1.52 全等三角形几何模型-手拉手模型(巩固篇)(专项练习)-2022-2023学年八年级数学上册基础知识专项讲练(浙教版)03
    还剩47页未读, 继续阅读
    下载需要5学贝 1学贝=0.1元
    使用下载券免费下载
    加入资料篮
    立即下载

    专题1.52 全等三角形几何模型-手拉手模型(巩固篇)(专项练习)-2022-2023学年八年级数学上册基础知识专项讲练(浙教版)

    展开
    这是一份专题1.52 全等三角形几何模型-手拉手模型(巩固篇)(专项练习)-2022-2023学年八年级数学上册基础知识专项讲练(浙教版),共50页。试卷主要包含了填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    专题1.52 全等三角形几何模型-手拉手模型(巩固篇)
    (专项练习)
    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)

    图一 图二

    图三 图四 图五


    图六 图七

    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∠BOC/(利用三角形全等面积相等,再利用角平分线性质定理证明)
    一、单选题
    1.如图,正和正中,B、C、D共线,且,连接和相交于点F,以下结论中正确的有(       )个

    ①   ②连接,则平分   ③   ④
    A.4 B.3 C.2 D.1
    2.如图,在和中,,,,点,,分别是,,的中点.把绕点在平面自由旋转,则的面积不可能是(       )

    A.8 B.6 C.4 D.2
    3.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.1 B.2 C.3 D.4
    4.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
    二、填空题
    5.如图,CA=CB,CD=CE,∠ACB=∠DCE=50°,AD、BE交于点H,连接CH,则∠CHE=_______.

    6.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_________.

    7.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_____.

    8.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:①PQAE;②∠AOE=120°;③CO平分∠BCD;④△CPQ是等边三角形,⑤OC+BO=AO恒成立的是_____.

    三、解答题
    9.在中,,D为BC延长线上一点,点E为线段AC,CD的垂直平分线的交点,连接EA,EC,ED.
    (1)如图1,当时,则_______°;
    (2)当时,
    ①如图2,连接AD,判断的形状,并证明;
    ②如图3,直线CF与ED交于点F,满足.P为直线CF上一动点.当的值最大时,用等式表示PE,PD与AB之间的数量关系为_______,并证明.


    10.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    °.



    11.如图1,在△ABC中,AE⊥BC于E,AE=BE,D是AE上一点,且DE=CE,连接BD,CD.
    (1)判断与的位置关系和数量关系,并证明;
    (2)如图2,若将△DCE绕点E旋转一定的角度后,BD与AC的位置关系和数量关系是否发生变化?并证明;
    (3)如图3,将(2)中的等腰直角三角形都换成等边三角形,其他条件不变,求BD与AC夹角的度数.




    12.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.



    13.已知:等腰和等腰中,,,.

    (1)如图1,延长交于点,若,则的度数为 ;
    (2)如图2,连接、,延长交于点,若,求证:点为中点;
    (3)如图3,连接、,点是的中点,连接,交于点,,,直接写出的面积.

    14.问题发现

    (1)如图①,已知△ABC,以AB、AC为边向△ABC外分别作等边△ABD和等边△ACE,连接CD,BE.试探究CD与BE的数量关系,并说明理由.
    问题探究
    (2)如图②,四边形ABCD中,∠ABC=45°,∠CAD=90°,AC=AD,AB=2BC=60.求BD的长.
    问题解决
    (3)如图③,△ABC中,AC=2,BC=3,∠ACB是一个变化的角,以AB为边向△ABC外作等边△ABD,连接CD,试探究,随着∠ACB的变化,CD的长是否存在最大值,若存在求出CD长的最大值及此时∠ACB的大小;若不存在,请说明理由.



    15.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.




    16.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.



    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.(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___________.








    19.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).




























    参考答案
    1.A
    【解析】
    【分析】
    根据“手拉手”模型证明,从而得到,再结合三角形的外角性质即可求解,即可证明①;作于点,于点,证明,结合角平分线的判定定理即可证明②;利用面积法表示和的面积,然后利用比值即可证明③;利用“截长补短”的思想,在上取点,使得,首先判断出为等边三角形,再结合“手拉手”模型推出即可证明④.
    【详解】
    解:①∵和均为等边三角形,
    ∴,,,
    ∴,
    ∴,
    在和中,

    ∴,
    ∴,
    ∵,,
    ∴,故①正确;
    ②如图所示,作于点,于点,
    则,
    ∵,
    ∴,
    在和中,

    ∴,
    ∴,
    ∴平分,故②正确;
    ③如图所示,作于点,
    ∵,,
    ∴,
    ∵,
    ∴整理得:,
    ∵,
    ∴,
    ∴,故③正确;
    ④如图所示,在上取点,使得,
    ∵,平分,
    ∴,,
    ∴为等边三角形,
    ∴,,
    ∵,
    ∴,
    ∴,
    在和中,

    ∴,
    ∴,
    ∵,,
    ∴,故④正确;
    综上,①②③④均正确;
    故选:A.

    【点拨】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.
    2.A
    【解析】
    【分析】
    由于已知两个三角形是等腰直角三角形并且构成手拉手模型,所以连接,,的延长线交的延长线于,交于.根据中位线定理以及角的关系证明是等腰直角三角形,再利用三角形的三边关系求出PQ的范围即可解决问题.
    【详解】
    连接,,的延长线交的延长线于,交于.

    ∵,,,
    ∴,
    ∴≌,
    ∴,,
    ∵,
    ∴,
    ∵点,,分别是,,的中点,
    ∴,,,,
    ∵,
    ∴,,
    ∴是等腰直角三角形,
    ∴,
    ∵,,
    ∴,
    ∴,
    ∴,
    ∴的面积不可能是8,
    故选:A.
    【点拨】本题考查了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等知识,添加常用辅助线,构造全等三角形是解题的关键.
    3.D
    【解析】
    【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.
    4.D
    【解析】
    【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.
    5.65°
    【解析】
    【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.
    6.①②③④
    【解析】
    【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.
    7.         
    【解析】
    【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.
    8.①②④⑤
    【解析】
    【分析】
    由“”可证,可得,由“”可得,利用全等三角形的性质依次判断可求解.
    【详解】
    解:等边和等边,
    ,,,
    ,即 ,
    在与中,



    又,
    ,即,
    又,


    又,
    为等边三角形,故④正确;

    ,故①正确;

    ,故②正确;
    如图,在上截取,连接,


    ,, ,

    ,,
    ,,
    又,


    ,,
    是等边三角形,

    ,故⑤正确;
    不一定垂直,
    不一定等于,
    不一定等于,
    不一定平分,故③错误;
    故答案为:①②④⑤.
    【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质,利用了等边三角形的判定与性质,全等三角形的判定与性质,平行线的判定与性质,能熟练应用相关性质是解题的关键.
    9.(1)80;(2)是等边三角形;(3).
    【解析】
    【分析】
    (1)根据垂直平分线性质可知,再结合等腰三角形性质可得,,利用平角定义和四边形内角和定理可得,由此求解即可;
    (2)根据(1)的结论求出即可证明是等边三角形;
    (3)根据利用对称和三角形两边之差小于第三边,找到当的值最大时的P点位置,再证明对称点与AD两点构成三角形为等边三角形,利用旋转全等模型即可证明,从而可知,再根据30°直角三角形性质可知即可得出结论.
    【详解】
    解:(1)∵点E为线段AC,CD的垂直平 分线的交点,
    ∴,
    ∴,,
    ∴,
    ∵,
    ∴,
    ∵,
    ∴,
    ∵在中,,,
    ∴,
    ∴,
    故答案为:.
    (2)①结论:是等边三角形.
    证明:∵在中,,,
    ∴,
    由(1)得:,,
    ∴是等边三角形.
    ②结论:.
    证明:如解图1,取D点关于直线AF的对称点,连接、;

    ∴,
    ∵,等号仅P、E、三点在一条直线上成立,
    如解图2,P、E、三点在一条直线上,

    由(1)得:,
    又∵,
    ∴,
    又∵,,
    ∴,
    ∵点D、点是关于直线AF的对称点,
    ∴,,
    ∴是等边三角形,
    ∴,,
    ∵是等边三角形,
    ∴,,
    ∴,
    ∴,
    在和中,

    ∴(SAS)
    ∴,
    ∵,
    ∴,
    在中,,,
    ∴,

    【点拨】本题是三角形综合题,主要考查了等腰三角形、等边三角形的性质和判定,全等三角形性质和判定等知识点,解题关键是利用对称将转化为三角形三边关系找到P的位置,并证明对称点与AD两点构成三角形为等边三角形.
    10.(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;通过证明,得;通过证明,得,根据等边三角形的性质分析,即可完成证明;
    (2)结合题意,通过证明为等边三角形,得;结合(1)的结论,根据三角形外角性质,推导得,从而完成求解;
    (3)同理,通过证明为等边三角形,得;通过证明,得;根据三角形外角性质,推导得,从而完成求解;
    (4)根据题意,通过证明为等边三角形,推导得,通过证明,得,结合三角形外角的性质计算,即可得到答案.
    【详解】
    (1)∵∠ABC=∠DBE=60°
    ∴,,

    ∵BA=BC,BD=BE
    和中



    和中



    ∴为等边三角形;
    (2)∵∠ABC=∠DBE=60°, BA=BC
    ∴为等边三角形;

    根据题意,AE和CD相交于点O




    ∴,即直线AE和CD的夹角是
    故答案为:;
    (3)∵∠ABC=∠DBE=60°, BA=BC
    ∴为等边三角形;

    ∵,,∠ABC=∠DBE=60°

    ∵BA=BC,BD=BE
    和中



    如图,延长,交CD于点O





    ∴,即直线AE和CD的夹角是
    故答案为:;
    (4)∵BA=BC,

    ∵∠ACB=60°

    ∴为等边三角形
    ∵BD=BE,∠ABC=∠DBE

    ∵,

    和中



    分别延长CD、AE,相较于点O,如下图:




    ∴,即直线AE和CD的夹角是
    故答案为:.
    【点拨】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.
    11.(1), ;(2), ;(3).
    【解析】
    【分析】
    (1)先判断出,再判定,再判断,
    (2)先判断出,再得到同理(1)可得结论;
    (3)先判断出,再判断出,最后计算即可.
    【详解】
    解:(1)与的位置关系是:,数量关系是.
    理由如下:
    如图1,延长交于点.

    于,

    ,,

    ,,.


    AE⊥BC
    ∴,


    (2)与的位置关系是:,数量关系是.
    如图,线段AC与线段BD交于点F,线段AE与线段BD交于点G,



    即.
    ,,

    ,.
    AE⊥BC
    ∴,
    又∵


    (3)如图,线段AC与线段BD交于点F,

    和是等边三角形,
    ,,,,


    在和中,


    ∴,


    与的夹角度数为.
    【点拨】此题是几何变换综合题,主要考查了全等三角形的判定和性质,等边三角形的性质,判断垂直的方法,解本题的关键是判断.
    12.(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,

    ∴△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,

    ∴△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.
    【点拨】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.
    13.(1);(2)见解析;(3)
    【解析】
    【分析】
    (1)由已知条件可得,对顶角,则,根据即可的;
    (2)过点作的垂线交的延长线于,证明,得,进而可得,再证明即可得证点为中点;
    (3)延长至,使得,连接,设交于点,先证明,进而证明,根据角度的计算以及三角形内角和定理求得,进而证明,再根据,证明,根据已知条件求得最后证明即可.
    【详解】
    (1)设交于,如图1,

    是等腰和是等腰










    故答案为
    (2)如图2,过点作的垂线交的延长线于,








    是等腰和是等腰












    即是的中点
    (3)延长至,使得,连接,设交于点,如图




    是等腰和是等腰

    在与中,

    (SAS)

    点是的中点


    (SAS)







    (SAS)









    【点拨】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.
    14.(1),理由见解析;(2)90;(3)存在,CD长的最大值为5,∠ACB的大小为
    【解析】
    【分析】
    (1)通过证明即可得到CD与BE的数量关系;
    (2)以AB为腰向上作等腰直角,连接GC,通过证明即可得到,再根据、运用勾股定理求出GC的长即可得到BD的长;
    (3)以BC为边向外作等边,连接AH,通过证明即可得到,再由可知当A,C,H三点共线时,有最大值,进而求出∠ACB的值即可.
    【详解】
    (1)
    证明:∵△ABD和△ACE是等边三角形
    ∴,,


    在与中


    ∴;
    (2)如下图,以AB为腰向上作等腰直角,连接GC
    ∵与是等腰直角三角形
    ∴,,


    在与中


    ∴;
    ∵是等腰直角三角形,
    ∴,,,




    ∴;

    (3)如下图,以BC为边向外作等边,连接AH
    ∵与是等边三角形
    ∴,,


    在与中


    ∴;
    又∵是等边三角形,
    ∴,
    ∵,

    ∴当A,C,H三点共线时,


    则当时,.

    【点拨】本题主要考查了三角形全等的判定与性质,等腰三角形的性质、等边三角形的性质、勾股定理等相关内容,熟练掌握相关三角形的解题方法是解决本题的关键.
    15.(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∠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.
    16.(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(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.
    17.(1)见解析;(2)①120°;②会变,60°
    【解析】
    【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.(1)相等,;(2)成立,证明见解析;(3)见解析,4.
    【解析】
    【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.
    19.(1)见解析;(2)△ADE为直角三角形,理由见解析;(3).
    【解析】
    【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,
    根据勾股定理求得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.
    相关试卷

    专题1.28 全等三角形几何模型-手拉手模型(巩固篇)(专项练习)-八年级数学上册基础知识专项讲练(苏科版): 这是一份专题1.28 全等三角形几何模型-手拉手模型(巩固篇)(专项练习)-八年级数学上册基础知识专项讲练(苏科版),共66页。试卷主要包含了填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    专题1.21 《探索三角形全等》几何模型-“手拉手”(专项练习)(巩固篇)-八年级数学上册基础知识专项讲练(苏科版): 这是一份专题1.21 《探索三角形全等》几何模型-“手拉手”(专项练习)(巩固篇)-八年级数学上册基础知识专项讲练(苏科版),共69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1.54 全等三角形几何模型-半角模型(专项练习)-2022-2023学年八年级数学上册基础知识专项讲练(浙教版): 这是一份专题1.54 全等三角形几何模型-半角模型(专项练习)-2022-2023学年八年级数学上册基础知识专项讲练(浙教版),共50页。试卷主要包含了单选题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    免费资料下载额度不足,请先充值

    每充值一元即可获得5份免费资料下载额度

    今日免费资料下载份数已用完,请明天再来。

    充值学贝或者加入云校通,全网资料任意下。

    提示

    您所在的“深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载 10 份资料 (今日还可下载 0 份),请取消部分资料后重试或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载10份资料,您的当日额度已用完,请明天再来,或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深圳市第一中学”云校通余额已不足,请提醒校管理员续费或选择从个人账户扣费下载。

    重新选择
    明天再来
    个人账户下载
    下载确认
    您当前为教习网VIP用户,下载已享8.5折优惠
    您当前为云校通用户,下载免费
    下载需要:
    本次下载:免费
    账户余额:0 学贝
    首次下载后60天内可免费重复下载
    立即下载
    即将下载:资料
    资料售价:学贝 账户剩余:学贝
    选择教习网的4大理由
    • 更专业
      地区版本全覆盖, 同步最新教材, 公开课⾸选;1200+名校合作, 5600+⼀线名师供稿
    • 更丰富
      涵盖课件/教案/试卷/素材等各种教学资源;900万+优选资源 ⽇更新5000+
    • 更便捷
      课件/教案/试卷配套, 打包下载;手机/电脑随时随地浏览;⽆⽔印, 下载即可⽤
    • 真低价
      超⾼性价⽐, 让优质资源普惠更多师⽣
    VIP权益介绍
    • 充值学贝下载 本单免费 90%的用户选择
    • 扫码直接下载
    元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
    您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      充值到账1学贝=0.1元
      0学贝
      本次充值学贝
      0学贝
      VIP充值赠送
      0学贝
      下载消耗
      0学贝
      资料原价
      100学贝
      VIP下载优惠
      0学贝
      0学贝
      下载后剩余学贝永久有效
      0学贝
      • 微信
      • 支付宝
      支付:¥
      元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
      您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      扫码支付0直接下载
      • 微信
      • 支付宝
      微信扫码支付
      充值学贝下载,立省60% 充值学贝下载,本次下载免费
        下载成功

        Ctrl + Shift + J 查看文件保存位置

        若下载不成功,可重新下载,或查看 资料下载帮助

        本资源来自成套资源

        更多精品资料

        正在打包资料,请稍候…

        预计需要约10秒钟,请勿关闭页面

        服务器繁忙,打包失败

        请联系右侧的在线客服解决

        单次下载文件已超2GB,请分批下载

        请单份下载或分批下载

        支付后60天内可免费重复下载

        我知道了
        正在提交订单

        欢迎来到教习网

        • 900万优选资源,让备课更轻松
        • 600万优选试题,支持自由组卷
        • 高质量可编辑,日均更新2000+
        • 百万教师选择,专业更值得信赖
        微信扫码注册
        qrcode
        二维码已过期
        刷新

        微信扫码,快速注册

        还可免费领教师专享福利「樊登读书VIP」

        手机号注册
        手机号码

        手机号格式错误

        手机验证码 获取验证码

        手机验证码已经成功发送,5分钟内有效

        设置密码

        6-20个字符,数字、字母或符号

        注册即视为同意教习网「注册协议」「隐私条款」
        QQ注册
        手机号注册
        微信注册

        注册成功

        下载确认

        下载需要:0 张下载券

        账户可用:0 张下载券

        立即下载
        账户可用下载券不足,请取消部分资料或者使用学贝继续下载 学贝支付

        如何免费获得下载券?

        加入教习网教师福利群,群内会不定期免费赠送下载券及各种教学资源, 立即入群

        返回
        顶部
        Baidu
        map