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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）
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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1.28 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
即
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
又
又
即是的中点
（3）延长至，使得，连接，设交于点，如图
即
是等腰和是等腰
在与中，
（SAS）
，
点是的中点
，
（SAS）
（SAS）
，
即
，
【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．
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）
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
即
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
又
又
即是的中点
（3）延长至，使得，连接，设交于点，如图
即
是等腰和是等腰
在与中，
（SAS）
，
点是的中点
，
（SAS）
（SAS）
，
即
，
【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．
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