【全套精品专题】浙教版八年级上册 数学复习专题精讲 专题1.1 全等三角形七大基本模型 专项讲练（解析版）

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专题1.1 全等三角形七大基本模型 专项讲练全等在初中数学几何模块中占据着重要地位，也是学生必须掌握的一块内容，该份资料就全等三角形中平移型全等、轴对称（翻折）型全等、旋转型全等、三垂直型全等、一线三等角型全等、手拉手型全等、半角模型等经典模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。 模型一：平移模型【模型解读】把△ABC沿着某一条直线l平行移动，所得到△DEF与△ABC称为平移型全等三角形，图①，图②是常见的平移型全等三角线.【常见模型】例1．（2022·浙江杭州市·八年级期中）如图，在△ABC和△DEF中，B，E，C，F在同一条直线上，AB // DE，AB = DE，∠A = ∠D．（1）求证：；（2）若BF = 11，EC = 5，求BE的长．【答案】（1）见解析；（2）BE=3．【分析】（1）根据平行线的性质由AB∥DE得到∠ABC＝∠DEF，然后根据“ASA”可判断△ABC≌△DEF；（2）根据三角形全等的性质可得BC＝EF，由此可求出BE＝CF，则利用线段的和差关系求出BE．【详解】（1）证明：∵AB∥DE，∴∠ABC＝∠DEF，在△ABC和△DEF中 ∴△ABC≌△DEF（ASA）；（2）解：∵△ABC≌△DEF，∴BC＝EF，∴BC－EC＝EF－EC，即BE＝CF，∵BF＝11，EC＝5，∴BF－EC＝6．∴BE＋CF＝6．∴BE＝3．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定与性质是解答此题的关键．变式1. （2021•富顺县校级月考）如图1，A，B，C，D在同一直线上，AB＝CD，DE∥AF，且DE＝AF，求证：△AFC≌△DEB．如果将BD沿着AD边的方向平行移动，如图2，3时，其余条件不变，结论是否成立？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由．【思路】可以根据已知利用SAS判定△AFC≌△DEB．如果将BD沿着AD边的方向平行移动，如图（2）、（3）时，其余条件不变，结论仍然成立．可以利用全等三角形的常用的判定方法进行验证．【解答过程】解：∵AB＝CD，∴AB+BC＝CD+BC，即AC＝BD．∵DE∥AF，∴∠A＝∠D．在△AFC和△DEB中， QUOTE ，∴△AFC≌△DEB（SAS）．在（2），（3）中结论依然成立．如在（3）中，∵AB＝CD，∴AB﹣BC＝CD﹣BC，即AC＝BD，∵AF∥DE，∴∠A＝∠D．在△ACF和△DEB中， QUOTE ，∴△ACF≌△DEB（SAS）．模型二：轴对称模型【模型解读】将原图形沿着某一条直线折叠后，直线两边的部分能够完全重合，这两个三角形称之为轴对称型全等三角形，此类图形中要注意期隐含条件，即公共边或公共角相等.【常见模型】 例2．（2021·河南南阳市·八年级期末）如图，已知∠C＝∠F＝90°，AC＝DF，AE＝DB，BC与EF交于点O，（1）求证：Rt△ABC≌Rt△DEF；（2）若∠A＝51°，求∠BOF的度数．【答案】（1）见解析；（2）78°【分析】（1）由AE＝DB得出AE＋EB＝DB＋EB，即AB＝DE，利用HL即可证明Rt△ABC≌Rt△DEF；（2）根据直角三角形的两锐角互余得∠ABC＝39°，根据全等三角形的性质得∠ABC＝∠DEF＝39°，由三角形外角的性质即可求解．【详解】（1）证明：∵AE＝DB，∴AE＋EB＝DB＋EB，即AB＝DE．又∵∠C＝∠F＝90°，AC＝DF，∴Rt△ABC≌Rt△DEF．（2）∵∠C＝90°，∠A＝51°，∴∠ABC＝∠C－∠A＝90°－51°＝39°．由（1）知Rt△ABC≌Rt△DEF，∴∠ABC＝∠DEF．∴∠DEF＝39°．∴∠BOF＝∠ABC＋∠BEF＝39°＋39°＝78°．【点睛】本题主要考查直角三角形的两锐角互余，三角形外角的性质，全等三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．变式2. （2021·安徽·八年级期末）如图，AB＝AC，D、E分别是AB、AC的中点，AM⊥CD于M，AN⊥BE干N．求证：AM＝AN．【解题思路】利用已知条件先证明△DBC≌△EBC，再证明△AMD≌△ANE，即可解答．【解答过程】解：∵AB＝AC，D、E分别是AB、AC的中点，∴AD＝BD＝AE＝EC，∠B＝∠C，在△DBC和△EBC中 QUOTE  ∴△DBC≌△EBC，∴∠BDC＝∠BDE，∵∠BDC＝∠ADM，∠BEC＝∠AEN，∴∠ADM＝∠AEN，在△AMD和△ANE中∵ QUOTE ∴△AMD≌△ANE∴AM＝AN．模型三：旋转模型【模型解读】将三角形绕着公共顶点旋转一定角度后，两个三角形能够完全重合，则称这两个三角形为旋转型三角形，识别旋转型三角形时，涉及对顶角相等、等角加（减）公共角的条件.【常见模型】 例3．（2021·江苏镇江市·八年级期末）如图，，求证：（1）；（2）．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）根据垂直得到，求出，即可得到结果；（2）设交于，交于，根据全等三角形的性质得到，再根据已知条件转换即可；【详解】证明：，，，，，在和中，，；如图，设交于，交于，，，，，，，．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，准确证明是解题的关键．变式3. （2021•浦东新区期末）如图，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°．（1）当点D在AC上时，如图①，线段BD，CE有怎样的数量关系和位置关系？请证明你的猜想；（2）将图①中的△ADE绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜90°），如图②，线段BD，CE有怎样的数量关系和位置关系？请说明理由．【解题思路】（1）延长BD交CE于F，易证△EAC≌△DAB，可得BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，根据∠AEC+∠ACE＝90°，可得∠ABD+∠AEC＝90°，即可解题；（2）延长BD交CE于F，易证∠BAD＝∠EAC，即可证明△EAC≌△DAB，可得BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，根据∠ABC+∠ACB＝90°，可以求得∠CBF+∠BCF＝90°，即可解题．【解答过程】证明：（1）延长BD交CE于F，在△EAC和△DAB中， QUOTE ，∴△EAC≌△DAB（SAS），∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，∵∠AEC+∠ACE＝90°，∴∠ABD+∠AEC＝90°，∴∠BFE＝90°，即EC⊥BD；（2）延长BD交CE于F，∵∠BAD+∠CAD＝90°，∠CAD+∠EAC＝90°，∴∠BAD＝∠EAC，∵在△EAC和△DAB中， QUOTE ，∴△EAC≌△DAB（SAS），∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，∵∠ABC+∠ACB＝90°，∴∠CBF+∠BCF＝∠ABC﹣∠ABD+∠ACB+∠ACE＝90°，∴∠BFC＝90°，即EC⊥BD．模型四：一线三等角模型【模型解读】基本图形如下：此类图形通常告诉BD⊥DE，AB⊥AC，CE⊥DE，那么一定有∠B=∠CAE. 【常见模型】例4．（2022•覃塘区期中）已知：D，A，E三点都在直线m上，在直线m的同一侧作△ABC，使AB＝AC，连接BD，CE．（1）如图①，若∠BAC＝90°，BD⊥m，CE⊥m，求证：△ABD≌△ACE；（2）如图②，若∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，请判断BD，CE，DE三条线段之间的数量关系，并说明理由．【解题思路】（1）根据BD⊥直线m，CE⊥直线m得∠BDA＝∠CEA＝90°，而∠BAC＝90°，根据等角的余角相等得∠CAE＝∠ABD，然后根据“AAS”可判断△ADB≌△CEA；（2）由∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，就可以求出∠BAD＝∠ACE，进而由ASA就可以得出△BAD≌△ACE，就可以得出BD＝AE，DA＝CE，即可得出结论．【解答过程】解：（1）证明：如图①，∵D，A，E三点都在直线m上，∠BAC＝90°，∴∠BAD+∠CAE＝90°，∵BD⊥m，CE⊥m，∴∠ADB＝∠CEA＝90°，∴∠BAD+∠ABD＝90°，∴∠ABD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中， QUOTE ，∴△ABD≌△ACE（AAS）；（2）DE＝BD+CE．理由是：如图②，∵∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，∴由三角形内角和及平角性质，得：∠BAD+∠ABD＝∠BAD+∠CAE＝∠CAE+∠ACE，∴∠ABD＝∠CAE，∠BAD＝∠ACE，在△ABD和△ACE中， QUOTE ，∴△ABD≌△ACE（ASA），∴BD＝AE，AD＝CE，∴DE＝AD+AE＝BD+CE．变式4.（2021•香坊区期末）如图，在△ABC中，点D是边BC上一点，CD＝AB，点E在边AC上，且AD＝DE，∠BAD＝∠CDE．（1）如图1，求证：BD＝CE；（2）如图2，若DE平分∠ADC，在不添加辅助线的情况下，请直接写出图中所有与∠ADE相等的角（∠ADE除外）．【解题思路】（1）由“SAS”可证△ABD≌△DCE，可得BD＝CE；（2）由全等三角形的性质可得∠B＝∠C，由三角形的外角性质和角平分线的性质可求解．【解答过程】解：（1）在△ABD和△DCE中， QUOTE ，∴△ABD≌△DCE（SAS），∴BD＝CE；（2）∵△ABD≌△DCE，∴∠B＝∠C，∵DE平分∠ADC，∴∠ADE＝∠CDE＝∠BAD，∵∠ADC＝∠B+∠BAD＝∠ADE+∠CDE，∴∠B＝∠ADE＝∠BAD＝∠EDC＝∠C，∴与∠ADE相等的角有∠EDC，∠BAD，∠B，∠C．模型五：三垂直全等模型【模型解读】模型主体为两个直角三角形，且两条斜边互相垂直。【常见模型】例5．（2020·江西赣州市·八年级期末）已知：，，，．（1）试猜想线段与的位置关系，并证明你的结论．（2）若将沿方向平移至图2情形，其余条件不变，结论还成立吗？请说明理由．（3）若将沿方向平移至图3情形，其余条件不变，结论还成立吗？请说明理由．【答案】（1），见解析；（2）成立，理由见解析；（3）成立，理由见解析【分析】（1）先用判断出，得出，进而判断出，即可得出结论；（2）同（1）的方法，即可得出结论；（3）同（1）的方法，即可得出结论．【详解】解：（1）理由如下：∵，，∴在和中∴，∴∵，∴，∴，∴；（2）成立，理由如下：∵，，∴，在和中，∴，∴，∵，∴，∴，在中，，∴；（3）成立，理由如下：∵，，∴在和中，∴，∴，∵，∴，在中，，∴．【点睛】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，直角三角形的性质，判断出是解本题的关键．变式5. （2021·广东省龙岭初级中学初二期中）如图，已知∠DCE=90°，∠DAC=90°，BE⊥AC于B，且DC=EC．（1）∠D和∠ECB相等吗？若相等，请说明理由；（2）△ADC≌△BCE吗？若全等，请说明理由；（3）能否找到与AB+AD相等的线段，并说明理由。【答案】解：（1）相等，理由如下∵∠DCE=90°，∠DAC=90°，∴∠ECB＋∠ACD=90°，∠D＋∠ACD=90°∴∠D=∠ECB；（2）全等，理由如下在△ADC和△BCE中∴△ADC≌△BCE（3）能，BE和AC，理由如下∵△ADC≌△BCE∴AD=BC，AC=BE∵AC=AB＋BC∴AC=AB＋AD ∴BE= AB＋AD模型六： 手拉手模型【模型分析】将两个三角形绕着公共顶点（即头）旋转某一角度后能完全重合，则这两个三角形构成手拉手全等，也叫旋转型全等，常用“边角边”判定定理证明全等。【模型图示】 公共顶点A记为“头”，每个三角形另两个顶点逆时针顺序数的第一个顶点记为“左手”，第二个顶点记为“右手”。对应操作：左手拉左手（即连结BD），右手拉右手（即连结CE），得。【常见模型】 （等腰）（等边）（等腰直角）例6．（2021·甘肃庆阳市·八年级期末）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；（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；（3）根据已知条件证明即可得到证明；【详解】解：（1）∵AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE，∴，即，∴，∴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，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，AD=AB，AE=AC，∴，即，∴，∴BE=CD，，又∵，∴，∴，∴∠PBC+∠PCB=60°．【点睛】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．变式6. （2022·江西上饶市·南屏中学八年级月考）如图, AB=CB, BD=BE, ∠ABC=∠DBE=a.（1）当a=60°, 如图①则，∠DPE的度数______________（2）若△BDE绕点B旋转一定角度，如图②所示，求∠DPE（用a表示）【答案】（1）60°；（2）∠DPE=a【分析】（1）利用SAAS证得△ABE≌△CBD，利用全等三角形的性质得到∠AEB=∠CDB，再利用三角形内角和定义以及等边三角形的性质即可解答；（2）利用SAAS证得△ABE≌△CBD，利用全等三角形的性质得到∠AEB=∠BDC，再利用三角形内角和定理即可完成.【详解】（1）解：∵∠ABC=∠DBE∴∠ABC+∠CBE=∠DBE+∠CBE即∠ABE=∠CBD在△ABE和△CBD中 ∴△ABE≌△CBD（SAS）∴∠AEB=∠CDB∵∠ABC=∠DBE，AB=CB, BD=BE∴△ABC和△EBD是等边三角形∴∠BDE=∠EDB=60°∵∠EDP+∠CDB=60°∴∠EDP+∠AEB=60°∵∠DPE+∠AEB+∠BED+∠EDP=180°∴∠DPE=60°故答案为：60°（2）如图：∵∠ABC=∠DBE=a∴∠ABC﹣∠EBC=∠DBE﹣∠EBC即∠ABE=∠CBD在△ABE和△CBD中 ∴△ABE≌△CBD（SAS）∴∠AEB=∠BDC∵∠DQB+∠DBE+∠BDC=180° ∠EQP+∠DPE+∠AEB=180°又∵∠DQB=∠EQP∴∠DBE=∠DPE ∴∠DPE=a【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质，还涉及了等边三角形的判定及性质、三角形内角和定理等知识点，熟练掌握相关性质定理是解题关键.模型七： 半角全等模型【模型分析】过等腰三角形顶点 两条射线，使两条射线的夹角为等腰三角形顶角的一半这样的模型称为半角模型。【常见模型】常见的图形为正方形，正三角形，等腰直角三角形等，解题思路一般是将半角两边的三角形通过旋转到一边合并成新的三角形，从而进行等量代换，然后证明与半角形成的三角形全等，再通过全等的性质得到线段之间的数量关系。半角模型（题中出现角度之间的半角关系）利用旋转——证全等——得到相关结论.例7．（2021·河南新乡市·八年级期中）已知四边形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E，F．（1）当∠MBN绕B点旋转到AE＝CF时（如图1），求证：△ABE≌△CBF．（2）当∠MBN绕点B旋转到AE≠CF时，如图2，猜想线段AE，CF，EF有怎样的数量关系，并证明你的猜想．（3）当∠MBN绕点B旋转到图3这种情况下，猜想线段AE，CF，EF有怎样的数量关系，并证明你的猜想．【答案】（1）见解析；（2）AE+CF＝EF，证明见解析；（3）AE﹣CF＝EF，证明见解析【分析】（1）利用SAS定理证明△ABE≌△CBF；（2）延长DC至点K，使CK＝AE，连接BK，分别证明△BAE≌△BCK、△KBF≌△EBF，根据全等三角形的性质、结合图形证明结论；（3）延长DC至G，使CG＝AE，仿照（2）的证明方法解答．【详解】（1）证明：在△ABE和△CBF中，，∴△ABE≌△CBF（SAS）；（2）解：AE+CF＝EF，理由如下：延长DC至点K，使CK＝AE，连接BK，在△BAE与△BCK中，，∴△BAE≌△BCK（SAS），∴BE＝BK，∠ABE＝∠KBC，∵∠FBE＝60°，∠ABC＝120°，∴∠FBC+∠ABE＝60°，∴∠FBC+∠KBC＝60°，∴∠KBF＝∠FBE＝60°，在△KBF与△EBF中，，∴△KBF≌△EBF（SAS），∴KF＝EF，∴AE+CF＝KC+CF＝KF＝EF；（3）解：AE﹣CF＝EF，理由如下：延长DC至G，使CG＝AE，由（2）可知，△BAE≌△BCG（SAS），∴BE＝BG，∠ABE＝∠GBC，∠GBF＝∠GBC﹣∠FBC＝∠ABE﹣∠FBC＝120°+∠FBC﹣60°﹣∠FBC＝60°，∴∠GBF＝∠EBF，∵BG＝BE，∠GBF＝∠EBF，BF＝BF，∴△GBF≌△EBF，∴EF＝GF，∴AE﹣CF＝CG﹣CF＝GF＝EF．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线、掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．变式7. （2021·南昌市心远中学八年级期中）在图1、图2，图3中．点E、F分别是四边形边上的点；下面请你根据相应的条件解决问题．特例探索：（1）在图1中，四边形为正方形（正方形四边相等，四个内角均为直角），，延长至G，使．则__________．在图2中，，，，，，；则__________．归纳证明：（2）在图3中，，．且，请你观察（1）中的结果，猜想图3中线段之间的数量关系，用等式表示出来，并利用图3证明你发现的关系式．实际应用:（3）图4是某公路筑建工程平面示意图，指挥中心设在O处，A处、B处分别是甲、乙两公路起点，它们分别在指挥中心的北偏东和南偏东的方向上．且A、B两处分别与指挥中心O的距离相等：其中甲公路是从A处开始沿正东方向筑建，乙公路是从B处开始沿北偏东40方向筑建：甲、乙两公路的路基筑建速度分别是每天150米、180米，当两公路同时开工后的第五天收工时，分别筑建到C、D处，经测量．试求C与D两处之间的距离．【答案】（1）5，2.5；（2）EF=BE+FD；（3）1650m．【分析】（1）先证明出△ABE△ADG，再根据∠DAF+∠BAE=45°得出∠EAF=∠FAG，利用△AEF△AGF即可得出结果；延长CD到G，使BE=DG，连接AG，同理证明即可；（2）延长FD到G，使BE=DG，利用条件证明△ABE△ADG，再根据∠DAF+∠BAE=45°得出∠EAF=∠FAG，利用△AEF△AGF即可得出结论；（3）依照结论（2），延长DB到E，使BE=AC，连接OE，通过求证△OAC△OBE和△OCD△OED得出CD=DE=BD+BE=BD+AC，代入数据求值即可．【详解】（1）∵BE=DG=2，∠B=∠ADG=90°，AB=AD；∴△ABE△ADG（SAS），∴AE=AG， ∠BAE=∠DAG，又∵∠DAF+∠BAE=45°，∴∠DAF+∠DAG=45°，∴∠EAF=∠FAG，∴△AEF△AGF（SAS），∴EF=GD+DF=3+2=5；延长CD到G，使BE=DG，连接AG，同理可证：△ABE△ADG，△AEF△AGF，∴EF=GD+DF=2.5；（2）延长FD到G，使BE=DG，∵BE=DG，∠B=∠ADG，AB=AD；∴△ABE△ADG（SAS），∴AE=AG， ∠BAE=∠DAG，又∵∠DAF+∠BAE=45°，∴∠DAF+∠DAG=45°，∴∠EAF=∠FAG，∴△AEF△AGF（SAS），∴EF=GD+DF=DF+BE；（3）分析可得（2）中结论仍然成立，延长DB到E，使BE=AC，连接OE，∵∠OAC=90°+20°=110°，∠DBE=180°-70°=110°，OA=OB,∴△OAC△OBE，∴OE=OC，即可证明△OCD△OED，∴CD=DE=BD+BE=BD+AC=（150+180）5=1650m．【点睛】此题属于推理探究类综合题考查全等三角形的性质及判定，有一定难度，主要总结该类题的规律解题即可．课后训练1．（2022·江苏·八年级专题练习）如图，∠ACB=90°，AC=BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别是点D、E，AD=3，BE=1，则DE的长是（　　）A．1.5 B．2                      C．                         D．【答案】B【分析】根据已知条件可以得出∠E=∠ADC=，进而得出∆CEB≅∆ADC，就可以得出BE=DC，进而求出DE的值．【详解】∵BE⊥CE，AD⊥CE，∴∠E=∠ADC=，∴∠EBC+∠BCE=，∵∠BCE+∠ACD=，∴∠EBC=∠DCA，在∆CEB和∆ADC中，∠E=∠ADC，∠EBC=∠DCA，BC=AC，∴∆CEB≅∆ADC(AAS)，∴BE=DC=1，CE=AD=3，∴DE=EC-CD=3-1=2，故选：B．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解决问题的关键．2．（2022·全国·八年级课时练习）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   ④A．4 B．3 C．2 D．1【答案】A【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．3．（2022·江苏·八年级专题练习）如图，O是正内一点，，，．将线段以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段，下列结论错误的是（       ）A．点O与的距离为4 B．C．S四边形AOBO′ D．【答案】D【分析】证明，得是等边三角形，根据勾股定理逆定理可得是直角三角形，进而可判断．【详解】解：如图1，连接OO′， 由题意可知，∠1+∠2＝∠3+∠2＝60°，∴∠1＝∠3，又∵OB＝O′B，AB＝BC，∴，又∵∠OBO′＝60°，∴△OBO′是等边三角形，∴OO′＝OB＝4．故A正确；∵△BO′A≌△BOC，∴O′A＝5．在△AOO′中，三边长为3，4，5，这是一组勾股数，∴△AOO′是直角三角形，∠AOO′＝90°，∴∠AOB＝∠AOO′+∠BOO′＝90°+60°＝150°，故B正确；S四边形AOBO′＝S△AOO′+S△OBO′═×3×4+×42＝6+4，故C正确；如图2将绕点顺时针旋转60°到位置，同理可得，故D错误；故选D．【点睛】此题考查了旋转的性质，等边三角形、直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．4．（2022·山西吕梁市·八年级期末）如图，△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，且点B，D，E在同一条直线上，若∠CAE+∠ACE+∠ADE=130°，则∠ADE的度数为（ ）A．50° B．65° C．70° D．75°【答案】B【分析】根据手拉手模型证明，可得，再利用三角形外角的性质得，再结合已知条件即可解答．【详解】 在和中（ SAS） 故选：B．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形的外角性质，熟练掌握手拉手模型证三角形全等是解题关键．5．（2022·河北保定·八年级期末）如图1，，，MN是过点A的直线，过点D作于点B，连接CB；过点C作，与MN交于点E．(1)连接AD，AD是AC的______倍；(2)直线MN在图1所示位置时，可以得到线段BD和AE的数量关系是______，与BC之间的数量关系是______，请证明你的结论；(3)直线MN绕点A旋转到图2的位置，若，，则AB的长为______（直接写结果）；(4)直线MN绕点A旋转到图3的位置时，直接写出线段BA，BC，BD之间的数量关系______．【答案】(1)；(2)AE＝BD，BD﹣AB＝BC；(3)4；(4)BA+BD＝BC【分析】（1）由，，根据勾股定理可直接得出答案；（2）先证明△ACE≌△DCB，确定△ECB为等腰直角三角形，即可得出答案；（3）先证明△ACE≌△DCB，CE＝BC，得到△BCE为等腰直角三角形，得到AB＝BD+BC，即可得出答案；（4）先证明△ACE≌△DCB，确定△ECB为等腰直角三角形即可得出答案．（1）解：连接AD，设AC＝a，则DC＝a，∴AD＝，即AD是AC的倍，故答案为：．（2）如图1，设AC与BD交于O，由题可知，∠BCE＝90°＝∠ACD，∴∠ACE＝∠BCD，∵BD⊥MN，∴∠ABD＝90°＝∠ACD，∵∠AOB＝∠DOC，∴∠BAC＝∠CDB，∵AC＝DC，∴△ACE≌△DCB（ASA），∴CE＝BC，AE＝BD，∵∠BCE＝90°，∴△ECB为等腰直角三角形，∴BE＝BC，∵BE＝AE﹣AB＝BD﹣AB，∴BD﹣AB＝BC；故答案为：AE＝BD；BD﹣AB＝BC；（3）解：如图2，设CD与MN交于O，由题可知，∠BCE＝90°＝∠ACD，∴∠ACE＝∠BCD，∵BD⊥MN，∴∠ABD＝90°＝∠ACD，∵∠AOC＝∠DOB，∴∠BAC＝∠CDB，∵AC＝DC，∴△ACE≌△DCB（ASA），∴CE＝BC，AE＝BD，∵∠BCE＝90°，∴BE＝BC，∵BE＝AB﹣AE＝AB﹣BD，∴AB=BD+BC，∵BD＝2，BC＝，∴AB＝BD+BC＝4，故答案为：4．（4）∴∠BCE＝90°＝∠ACD，∴∠ACE＝∠DCB，∠CEB+∠CBE＝90°，∵BD⊥MN，∴∠ABD＝90°，∴∠CBE+∠CBD＝90°，∴∠CEB＝∠CBD，∵AC＝DC，∴△ACE≌△DCB（AAS），∴CE＝BC，AE＝BD，∵∠BCE＝90°，∴BE＝BC，∵BE＝AE+BA＝BD+BA，∴BA+BD＝BC，故答案为：BA+BD＝BC．【点睛】此题属于几何变换综合题，主要考查旋转的性质，等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理，全等三角形的判定和性质，构造全等三角形是解本题的关键．6．（2022·浙江衢州·八年级期末）两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角顶点，并将它们的底角顶点分别对应连接起来得到两个全等三角形，我们把这样的图形称为“手拉手”图形．如图1，在“手拉手”图形中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，连结BD，CE，则△ABD≌△ACE．(1)请证明图1的结论成立；(2)如图2，△ABC和△AED是等边三角形，连接BD，EC交于点O，求∠BOC的度数；(3)如图3，AB＝BC，∠ABC＝∠BDC＝60°，试探究∠A与∠C的数量关系．【答案】(1)见解析(2)60°(3)∠A+∠BCD=180°，理由见解析【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∠ADB=∠AEC，再利用对顶角和三角形的内角和定理判断出∠BOC=60°，即可得出答案；（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)解：证明：∵∠BAC=∠DAE，∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，∴∠BAD=∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS）；(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，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ADB=∠AEC，令AD与CE交于点G，∵∠AGE=∠DGO，∴180°-∠ADB-∠DGO=180°-∠AEC-∠AGE，∴∠DOE=∠DAE=60°，∴∠BOC=60°；(3)∠A+∠BCD=180°．理由：如图3，延长DC至P，使DP=DB，∵∠BDC=60°，∴△BDP是等边三角形，∴BD=BP，∠DBP=60°，∵∠ABC=60°=∠DBP，∴∠ABD=∠CBP，∵AB=CB，∴△ABD≌△CBP（SAS），∴∠BCP=∠A，∵∠BCD+∠BCP=180°，∴∠A+∠BCD=180°．【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，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本题的关键．7．（2022·福建省福州延安中学模拟预测）如图，在Rt△ABC中，，AC＝BC，D为斜边AB上一动点（不与端点A，B重合），以C为旋转中心，将CD逆时针旋转90°得到CE，连接AE，BE，F为AE的中点．(1)求证：；(2)用等式表示线段CD，BE，CF三者之间数量关系，并说明理由；【答案】(1)见解析(2)，见解析【解析】(1)证明：∵CD旋转90°得到CE∴，．∵ ∴在△ACD和△BCE中，∴△ACD≌△BCE（SAS）∴∵，，∴∴ ∴BE⊥AB．(2)法1：解：∵延长CF交AB于点H 连接BF由（1）得， ∵F为AE的中点∴∵∴C，F在线段AB的垂直平分线上，∴CF垂直平分AB．∴H为AB中点．∴FH为△ABE的中位线∴．∵△ACD≌△BCE，∴∴．∵∴．在Rt△CDH中，∵∴∴∴或者：连接BD在Rt△BDE中，在Rt△CDE中，∴∴∴法2：解：理由如下：连接BF由（1）得，∵F为AE的中点∴∵∴C，F在线段AB的垂直平分线上，∴CF垂直平分AB．延长CF交AB于点O如图所示，以点O为原点以AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系．设，则，，，∵△ACD≌△BCE，∴∴，∴在Rt△CDO中，∴，∴．即．8．（2022·江苏·八年级专题练习）已知：如图，AB⊥BD，ED⊥BD，C是BD上的一点，AC⊥CE，AB＝CD，求证：BC＝DE．【答案】见解析【分析】根据直角三角形全等的判定方法，ASA即可判定三角形全等．【详解】证明：∵AB⊥BD，ED⊥BD，AC⊥CE（已知）∴∠ACE＝∠B＝∠D＝90°（垂直的意义）∵∠BCA+∠DCE+∠ACE＝180°（平角的意义）∠ACE＝90°（已证）∴∠BCA+∠DCE＝90°（等式性质）∵∠BCA+∠A+∠B＝180°（三角形内角和等于180°）∠B＝90°（已证）∴∠BCA+∠A＝90°（等式性质）∴∠DCE＝∠A （同角的余角相等）在△ABC和△CDE中，，∴△ABC≌△CDE（ASA）∴BC＝DE（全等三角形对应边相等）【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质；熟练掌握三角形全等的判定定理是解题的关键．9．（2022·全国·八年级课时练习）探究：（1）如图（1），已知：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E．请直接写出线段BD，DE，CE之间的数量关系是 ．拓展：（2）如图（2），将探究中的条件改为：在△ABC中，AB=AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA=∠AEC=∠BAC=α，其中α为任意锐角或钝角．请问探究中的结论是否成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由．应用：（3）如图（3），D、E是D、A、E三点所在直线m上的两动点（D、A、E三点互不重合），点F为∠BAC平分线上的一点，且△ABF和△ACF均为等边三角形，连接BD、CE，若∠BDA=∠AEC=∠BAC，请直接写出△DEF的形状是 ．【答案】探究：（1）DE=BD+CE；拓展：（1）成立，见解析；应用：（3）△DEF是等边三角形【分析】（1）根据BD⊥直线m，CE⊥直线m得∠BDA＝∠CEA＝90°，而∠BAC＝90°，根据等角的余角相等得∠CAE＝∠ABD，然后根据“AAS”可判断△ADB≌△CEA，则AE＝BD，AD＝CE，于是DE＝AE+AD＝BD+CE；（2）由∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，就可以求出∠BAD＝∠ACE，进而由AAS就可以得出△BAD≌△ACE，就可以得出BD＝AE，DA＝CE，即可得出结论；（3）由等边三角形的性质，可以求出∠BAC＝120°，就可以得出△BAD≌△ACE，就有BD＝AE，进而得出△BDF≌△AEF，得出DF＝EF，∠BFD＝∠AFE，而得出∠DFE＝60°，即可推出△DEF为等边三角形．【详解】（1）解：如图1，∵BD⊥直线m，CE⊥直线m，∴∠BDA＝∠CEA＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠BAD+∠CAE＝90°∵∠BAD+∠ABD＝90°，∴∠CAE＝∠ABD，在△ADB和△CEA中，，∴△ADB≌△CEA（AAS），∴AE＝BD，AD＝CE，∴DE＝AE+AD＝BD+CE；故答案为：DE＝BD+CE（2）解：如图2，∵∠BDA＝∠BAC＝α，∴∠DBA+∠BAD＝∠BAD+∠CAE＝180°﹣α，∴∠DBA＝∠CAE，在△ADB和△CEA中，，∴△ADB≌△CEA（AAS），∴AE＝BD，AD＝CE，∴DE＝AE+AD＝BD+CE；（3）证明：如图3，由（2）可知，△ADB≌△CEA，∴BD＝AE，∠DBA＝∠CAE，∵△ABF和△ACF均为等边三角形，∴∠ABF＝∠CAF＝60°，BF＝AF，∴∠DBA+∠ABF＝∠CAE+∠CAF，∴∠DBF＝∠FAE，∵在△DBF和△EAF中，，∴△DBF≌△EAF（SAS），∴DF＝EF，∠BFD＝∠AFE，∴∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠DFA+∠BFD＝60°，∴△DEF为等边三角形．【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质以及等边三角形的判定与性质的综合应用，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．10．（2022·贵州安顺·八年级期末）如图1，在等腰Rt△ABC中，∠A＝90°，点D、E分别在边AB、AC上，AD＝AE，连接DC，点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点．   (1)观察猜想：图1中，线段PM与PN的数量关系是　 　，位置关系是 　 　；(2)探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，判断△PMN的形状，并说明理由；(3)拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，求△PMN面积的最大值．【答案】(1)，(2)详见解析(3)详见解析【分析】（1）利用三角形的中位线定理得出，，进而得出，即可得出结论，再利用三角形的中位线定理得出，再得出，最后利用互余得出结论；（2）先判断出，得出，同（1）的方法得出，，即可得出，同（1）的方法即可得出结论；（3）由等腰直角三角形可知，当最大时，面积最大，而BD的最大值是，即可得出结论．(1)解：∵P、N分别为DC、BC的中点，∴， ，∵点M、P分别为DE、DC的中点，∴，，∵，，∴，∴，∵，，∴，，∵，∴，∴，∴．故答案为：，．(2)解：是等腰直角三角形，理由如下．由旋转可知，，∵，，∴，∴，，由三角形的中位线定理得，， ，∴，∴是等腰三角形，同（1）的方法可得，，，，，∵，∴，，∵，∴，∴是等腰直角三角形．(3)解：由（2）可知，是等腰直角三角形，，∴当最大时，面积最大，∴点D在的延长线上，∴，∴，∴．【点睛】本题综合考查了三角形全等的判定与性质、旋转的性质及三角形的中位线定理，熟练应用相关知识是解决本题的关键．11．（2022·全国·八年级专题练习）在等边三角形ABC的两边AB、AC所在直线上分别有两点M、N，P为△ABC外一点，且∠MPN＝60°，∠BPC＝120°，BP＝CP．探究：当点M、N分别在直线AB、AC上移动时，BM，NC，MN之间的数量关系．(1)如图①，当点M、N在边AB、AC上，且PM＝PN时，试说明MN＝BM+CN．(2)如图②，当点M、N在边AB、AC上，且PM≠PN时，MN＝BM+CN还成立吗？答：　 　．（请在空格内填“一定成立”“不一定成立”或“一定不成立”）．(3)如图③，当点M、N分别在边AB、CA的延长线上时，请直接写出BM，NC，MN之间的数量关系．   【答案】(1)见解析(2)一定成立(3)MN＝NC﹣BM【分析】（1）根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理得到∠PBC＝∠＝30°，进而得到∠PBM＝∠PCN＝90°，证明Rt△PBM≌Rt△PCN，得到∠BPM＝∠CPN＝30°，根据含30°角的直角三角形的性质证明结论；（2）延长AC至H，使CH＝BM，连接PH，证明△PBM≌△PCH，得到PM＝PH，∠BPM＝∠CPH，再证明△MPN≌△HPN，得到MN＝HN，等量代换得到答案；（3）在AC上截取CK＝BM，连接PK，仿照（2）的方法得出结论．(1)证明：∵△ABC为等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∵∠BPC＝120°，BP＝CP，∴∠PBC＝∠PCB＝×（180°﹣120°）＝30°，∴∠PBM＝∠PCN＝90°，在Rt△PBM和Rt△PCN中，，∴Rt△PBM≌Rt△PCN（HL），∴∠BPM＝∠CPN＝30°，∵∠MPN＝60°，PM＝PN，∴△PMN为等边三角形，∴PM＝PN＝MN，在Rt△PBM中，∠BPM＝30°，∴BM＝PM，同理可得，CN＝PN，∴BM+CN＝MN．(2)解：一定成立，理由如下：延长AC至H，使CH＝BM，连接PH，如图所示，由（1）可知：∠PBM＝∠PCN＝90°，∴∠PCH＝90°，∴∠PBM＝∠PCH，在△PBM和△PCH中，，∴△PBM≌△PCH（SAS），∴PM＝PH，∠BPM＝∠CPH，∵∠BPM+∠CPN＝60°，∴∠CPN+∠CPH＝60°，∴∠MPN＝∠HPN，在△MPN和△HPN中，，∴△MPN≌△HPN（SAS），∴MN＝HN＝BM+CN，故答案为：一定成立．(3)解：在AC上截取CK＝BM，连接PK，如图所示，在△PBM和△PCK中，，∴△PBM≌△PCK（SAS），∴PM＝PK，∠BPM＝∠CPK，∵∠BPM+∠BPN＝60°，∴∠CPK+∠BPN＝60°，∴∠KPN＝60°，∴∠MPN＝∠KPN，在△MPN和△KPN中，，∴△MPN≌△KPN（SAS），∴MN＝KN，∵KN＝NC﹣CK＝NC﹣BM，∴MN＝NC﹣BM．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．12.（2022•襄城区期末）如图，点B、E、C、F四点在一条直线上，∠A＝∠D，AB∥DE，老师说：再添加一个条件就可以使△ABC≌△DEF．下面是课堂上三个同学的发言，甲说：添加AB＝DE；乙说：添加AC∥DF；丙说：添加BE＝CF．（1）甲、乙、丙三个同学说法正确的是　 　；（2）请你从正确的说法中选择一种，给出你的证明．【解题思路】（1）根据平行线的性质，由AB∥DE可得∠B＝∠DEC，再加上条件∠A＝∠D，只需要添加一个能得出边相等的条件即可证明两个三角形全等，添加AC∥DF不能证明△ABC≌△DEF；（2）添加AB＝DE，然后再利用ASA判定△ABC≌△DEF即可．【解答过程】解：（1）说法正确的是：甲、丙，故答案为：甲、丙；（2）证明：∵AB∥DE，∴∠B＝∠DEC，在△ABC和△DEF中 QUOTE ，∴△ABC≌△DEF（ASA）．13.（2022•苏州期末）如图，AD，BF相交于点O，AB∥DF，AB＝DF，点E与点C在BF上，且BE＝CF．（1）求证：△ABC≌△DFE；（2）求证：点O为BF的中点．【解题思路】（1）由“SAS”可证△ABC≌△DFE；（2）由“AAS”可证△ACO≌△DEO，可得EO＝CO，可得结论．【解答过程】证明：（1）∵AB∥DF，∴∠B＝∠F，∵BE＝CF，∴BC＝EF，在△ABC和△DFE中， QUOTE ，∴△ABC≌△DFE（SAS）；（2）∵△ABC≌△DFE，∴AC＝DE，∠ACB＝∠DEF，在△ACO和△DEO中， QUOTE ，∴△ACO≌△DEO（AAS），∴EO＝CO，∴点O为BF的中点．14.（2022•海珠区校级期中）如图，PB⊥AB，PC⊥AC，PB＝PC，D是AP上一点．求证：∠BDP＝∠CDP．【解题思路】求出∠ABP＝∠ACP＝90°，根据HL推出Rt△ABP≌Rt△ACP，根据全等三角形的性质得出∠BPD＝∠CPD，根据SAS推出△BPD≌△CPD，即可得出答案．【解答过程】证明：∵PB⊥AB，PC⊥AC，∴∠ABP＝∠ACP＝90°，∴在Rt△ABP和Rt△ACP中 QUOTE  ∴Rt△ABP≌Rt△ACP（HL），∴∠BPD＝∠CPD，在△BPD和△CPD中 QUOTE  ∴△BPD≌△CPD，∴∠BDP＝∠CDP．15．（2021·山东临沂市·八年级期末）如图，，，，，垂足分别为，，，求，求的长．【答案】．【分析】根据垂直定义求出∠BEC＝∠ACB＝∠ADC，根据等式性质求出∠ACD＝∠CBE，根据AAS证明△BCE≌△CAD；根据全等三角形的对应边相等得到AD＝CE，BE＝CD，利用DE＝CE−CD，即可解答．【详解】,又在和中,又,,．【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，垂线的定义等知识点的应用，解此题的关键是推出证明的三个条件．16．（2022·新疆八年级期中）如图，点C为线段AB上一点，△ACM，△CBN是等边三角形，直线AN，MC交于点E,直线BM、CN交于F点．（1）求证：AN=BM；（2）求证：△CEF为等边三角形；（3）将△ACM绕点C按逆时针方向旋转900，其他条件不变，在图2中补出符合要求的图形，并判断第（1）（2）两小题的结论是否仍然成立，不要求证明．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）成立.【详解】（1）可通过全等三角形来得出简单的线段相等，证明AN=BM，只要求出三角形ACN和MCB全等即可，这两个三角形中，已知的条件有AC=MC，NC=CB，只要证明这两组对应边的夹角相等即可，我们发现∠ACN和∠MCB都是等边三角形的外角，因此它们都是120°，这样就能得出两三角形全等了．也就证出了AN=BM．（2）我们不难发现∠ECF=180﹣60﹣60=60°，因此只要我们再证得两条边相等即可得出三角形ECF是等边三角形，可从EC，CF入手，由（1）的全等三角形我们知道，∠MAC=∠BMC，又知道了AC=MC，∠MCF=∠ACE=60°，那么此时三角形AEC≌三角形MCF，可得出CF=CE，于是我们再根据∠ECF=60°，便可得出三角形ECF是等边三角形的结论．（3）判定结论1是否正确，也是通过证明三角形ACN和BCM来求得．这两个三角形中MC=AC，NC=BC，∠MCB和∠ACN都是60°+∠ACB，因此两三角形就全等，AN=BM，结论1正确．如图，当把MC逆时针旋转90°后，AC也旋转了90°，因此∠ACB=90°，很显然∠FCE＞90°，因此三角形FCE绝对不可能是等边三角形．解析：（1）∵△ACM，△CBN是等边三角形，∴AC=MC，BC=NC，∠ACM=60°，∠NCB=60°，在△CAN和△MCB中，，∴△CAN≌△MCB（SAS），∴AN=BM．（2）∵△CAN≌△MCB，∴∠CAN=∠CMB，又∵∠MCF=180°﹣∠ACM﹣∠NCB=180°﹣60°﹣60°=60°，∴∠MCF=∠ACE，在△CAE和△CMF中，，∴△CAE≌△CMF（ASA），∴CE=CF，∴△CEF为等腰三角形，又∵∠ECF=60°，∴△CEF为等边三角形．（3）连接AN，BM，∵△ACM、△CBN是等边三角形，∴AC=MC，BC=CN，∠ACM=∠BCN=60°，∵∠ACB=90°，∴∠ACN=∠MCB，在△ACN和△MCB中，，∴△ACN≌△MCB（SAS），∴AN=MB．当把MC逆时针旋转90°后，AC也旋转了90°，因此∠ACB=90°，很显然∠FCE＞90°，因此三角形FCE绝对不可能是等边三角形，即结论1成立，结论2不成立．【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质．17．（2022·山西八年级月考）综合与实践特例研究：将矩形和按如图1放置，已知，连接． 如图1，当点在上时，线段与之间的数量关系是__ ；直线与直线之间的位置关系是_ ；拓广探索：图2是由图1中的矩形绕点顺时针旋转一定角度得到的，请探索线段与之间的数量关系和直线与直线之间的位置关系，并说明理由．【答案】（1）；（2），理由见解析【分析】，延长交于点G先证△FBC≌△EDC（SAS），可知，由∠DCE=90º，可得∠DEC+∠CDE=90º，可推出∠FDG+∠GFD=90º即可，先下结论，，再证明，证法与（1）类似，延长交于点交于点．由四边形为矩形且AD=CD可得，可推出．由知．由可用等量代换得由三角形内角和得即可．【详解】解：，延长交于点G，∵四边形为矩形，且AD=DC，∴BC=CD，=90º，由旋转的FC=EC，∴△FBC≌△EDC（SAS），，∵∠DCE=90º，∴∠DEC+∠CDE=90º，∴∠FDG+∠GFD=90º∠FGD=90º，，理由如下：如答图，延长交于点交于点，，四边形为矩形，，，，，矩形为正方形．，在和中，．．．．【点睛】本题考查旋转中两线段的数量与位置关系问题，关键是把两线段置于两个三角形中利用全等解决问题，会利用旋转找全等条件，会计算角的和差，和证垂直的方法．