中考数学难点突破与经典模型精讲练(全国通用)专题01全等三角形中的手拉手旋转模型(原卷版+解析)

这是一份中考数学难点突破与经典模型精讲练(全国通用)专题01全等三角形中的手拉手旋转模型(原卷版+解析)，共65页。
【模型证明】
【模型拓展】
【题型演练】
一、单选题
1．如图，在中，，分别以，为边作等边和等边，连结，若，，则（ ）
A．B．C．4D．
2．如图，C为线段AE上一动点（不与点，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=BQ
C．PQ∥AED．DE=DP
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
4．如图，在中，，点D、F是射线BC上两点，且，若，；则下列结论中正确的有（ ）
①；②；③；④
A．1个B．2个C．3个D．4个
5．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．4B．3C．2D．1
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
二、填空题
7．如图，、是两个等边三角形，连接、．若，，，则________．
8．如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，将△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 _____．
9．如图，是边长为5的等边三角形，，．E、F分别在AB、AC上，且，则三角形AEF的周长为______．
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；②PQAE；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）
三、解答题
11．如图，和都是等腰直角三角形，的顶点A在的斜边上，连接．
（1）求证：．
（2）若，求的长．
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．
13．如图1，B、C、D三点在一条直线上，AD与BE交于点O，△ABC和△ECD是等边三角形．
(1)求证：△ACD≌△BCE；
(2)求∠BOD的度数；
14．在△AEB和△DEC中，AC、BD相交于点P，AE、BD相交于点O，AE＝BE，DE＝CE，∠AEB＝∠DEC．
(1)求证：AC=BD；
(2)求证：∠APB＝∠AEB．
15．△ACB和△DCE是共顶点C的两个大小不一样的等边三角形．
(1)问题发现：
如图1，若点A，D，E在同一直线上，连接AE，BE．
①求证：△ACD≌△BCE；
②求∠AEB的度数．
(2)类比探究：如图2，点B、D、E在同一直线上，连接AE，AD，BE，CM为△DCE中DE边上的高，请求∠ADB的度数及线段DB，AD，DM之间的数量关系，并说明理由．
(3)拓展延伸：如图3，若设AD（或其延长线）与BE的所夹锐角为α，则你认为α为多少度，并证明．
16．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．
17．如图1，在等腰直角三角形ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点E，F分别为AB，AC的中点，H为线段EF上一动点（不与点E，F重合），过点A作AG⊥AH且AG＝AH，连接GC，HB．
（1）证明：AHB≌AGC；
（2）如图2，连接GF，HG，HG交AF于点Q．
①证明：在点H的运动过程中，总有∠HFG＝90°；
②当AQG为等腰三角形时，求∠AHE的度数．
18．在图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）如图1，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．
19．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．
20．如图1，在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝90°．点D是AC中点，连接BD，过点A作AE⊥BD交BD的延长线于点E，过点C作CF⊥BD于点F．
（1）求证：∠EAD＝∠CBD；
（2）求证：BF＝2AE；
（3）如图2，将△BCF沿BC翻折得到△BCG，连接AG，请猜想并证明线段AG和AB的数量关系．
21．定义：我们把两条对角线互相垂直的四边形称为“垂美四边形”．
(1)特例感知：如图1，四边形ABCD是“垂美四边形”，如果，，，则______，______．
(2)猜想论证：如图1，如果四边形ABCD是“垂美四边形”，猜想它的两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系并给予证明．
(3)拓展应用：如图2，分别以的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE，BG，GE，已知，，求GE长．
22．两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，连接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．
23．已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，a，b分别表示∠A，∠B的对边，．记△ABC的面积为S．
(1)如图1，分别以AC，CB为边向形外作正方形ACDE和正方形BGFC．记正方形ACDE的面积为，正方形BGFC的面积为．
①若，，求S的值；
②延长EA交GB的延长线于点N，连结FN，交BC于点M，交AB于点H．若FH⊥AB（如图2所示），求证：．
(2)如图3，分别以AC，CB为边向形外作等边三角形ACD和等边三角形CBE，记等边三角形ACD的面积为，等边三角形CBE的面积为．以AB为边向上作等边三角形ABF（点C在△ABF内），连结EF，CF．若EF⊥CF，试探索与S之间的等量关系，并说明理由．
24．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；
(3)若CF＝，CD＝，求的值．
25．如图，和都是以为直角顶点的等腰直角三角形，连接，．
（1）如图1，试判断与的数量关系和位置关系，并说明理由．
（2）如图2，若点哈好在上，且为的中点，，求的面积．
（3）如图3，设与的交点为，若，，，求的长．
特点
在线段BCD同侧作两个等边三角形△ABC和△CDE，连接AD与BE。
结论
（1）△BCE≌△ACD，△BCM≌△ACN，△MCE≌△NCD
（2）AD=BE,∠AFB=60°
（3）△MCN为等边三角形
（4）MN∥BD
（5）CF为∠BFD的角平分线
（6）FC+FE=FD
解决方案
其他相关模型及其结论
结论：AE=CG且AE⊥CG
结论：
1、；
2、若AM=GM，则其反向延长线DH⊥CE；
3、
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】
【模型拓展】
【题型演练】
一、单选题
1．如图，在中，，分别以，为边作等边和等边，连结，若，，则（ ）
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，
∵和均为等边三角形，
∴AB=AD，AC=AE，∠BAD=∠CAE=60°，
∴∠BAD-∠CAD=∠CAE-∠CAD，
即：∠BAC=∠DAE，
在△ABC和△ADE中，
∴△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，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=BQ
C．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，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠CBE=∠DAC，
又∵∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠BCD=60°，即∠ACP=∠BCQ，
又∵AC=BC，
在△CQB与△CPA中，
，
∴△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＝•PQ2,由AB＝5，AD＝2可知3≤BD≤7，从而得到≤PQ≤，那么≤•PQ2≤,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＝BD，PQ∥BO，QR＝EC，QR∥CO，
∵BO⊥OC，
∴PQ⊥RQ，PQ＝QR，
∴△PQR是等腰直角三角形，
∴S△PQR＝•PQ2，
∵AB＝5，AD＝2，
∴3≤BD≤7，
∴≤PQ≤，
∴≤•PQ2≤，
∴△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，在中，，点D、F是射线BC上两点，且，若，；则下列结论中正确的有（ ）
①；②；③；④
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=EF，由BC-BD=DF-CF，得出BC-EF=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，
，
∴△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=EF，
∵BC-BD=DF-CF，
∴BC-EF=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．4B．3C．2D．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．
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，、是两个等边三角形，连接、．若，，，则________．
【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，
∵、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，
∴△ACD≌△BED（SAS），
∴AC=BE，
∵，
∴∠ABC=∠ABD+∠DBC=60°+30°=90°，
在Rt△ABC中，AB=6，BC=8，
∴AC=，
∴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，将△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 _____．
【答案】
【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，
，
∴△ABC′≌△B′BC′（SSS），
∴∠ABC′＝∠B′BC′ ，
延长BC′交AB′于D，
则BD⊥AB′，
∵∠C＝90°，AC＝BC＝，
∴AB＝＝2=AB’，
∴AD=
∴BD＝，
故答案为：
【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，是边长为5的等边三角形，，．E、F分别在AB、AC上，且，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，
，
∴△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，
，
∴△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；②PQAE；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
【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为等边三角形，再证明△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，
∴PQAE，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，和都是等腰直角三角形，的顶点A在的斜边上，连接．
（1）求证：．
（2）若，求的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【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）∵和都是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴．
（2）∵，
∴，
又∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴是直角三角形，
∴，
在等腰直角三角形中，
，
∴．
【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。
【分析】（1）只需要证明≌，就可以得到．
（2），因为MN∥AC，所以，,所以是等边三角形．
【详解】证明：（1）∵
∴
在、中

∴≌
∴∠BDN=∠BAM
（2）∵，MN∥AC，
∴，
,
所以是等边三角形．
【点睛】这是一个典型的手拉手模型，是初中几何必会的模型之一，两个的三角形是等边三角形．
13．如图1，B、C、D三点在一条直线上，AD与BE交于点O，△ABC和△ECD是等边三角形．
(1)求证：△ACD≌△BCE；
(2)求∠BOD的度数；
(3)如图2，若B、C、D三点不在一条直线上，∠BOD的度数是否发生改变？ （填“改变”或“不改变”）
【答案】(1)证明见解析
(2)∠BOD＝120°
(3)不改变，理由见解析
【分析】（1）根据“SAS”证明△ACD≌△BCE即可；
（2）由全等三角形的性质得∠ADC＝∠BEC，再由三角形的外角性质得∠AOB＝60°，即可求解；
（3）同（1）得：△ACD≌△BCE，得出∠DAC＝∠EBC，根据三角形外角求出∠AOE=120°，即可得出答案．
（1）
证明：∵△ABC和△ECD是等边三角形，
∴∠ACB＝∠ECD＝60°，BC＝AC，EC＝CD，
∴∠ACB+∠ACE＝∠ECD+∠ACE，
∴∠BCE＝∠ACD，
在△BCE和△ACD中
∵，
∴△BCE≌△ACD（SAS）．
（2）
解：∵△BCE≌△ACD，
∴∠ADC＝∠BEC，
∵∠AOB＝∠EBC+∠ADC，
∴∠AOB＝∠EBC+∠BEC＝∠DCE＝60°，
∵∠AOB+∠BOD＝180°，
∴∠BOD＝120°．
（3）
解：不改变，理由如下：
同（1）得：△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠DAC＝∠EBC，
∵∠AOE＝∠ABO+∠OAB
＝∠ABO+∠DAC+∠BAC
＝∠ABO+∠EBC+∠BAC
＝∠ABC+∠BAC
＝120°
∴∠BOD＝∠AOE＝120°，
即∠BOD的度数不改变．
故答案为：不改变．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等边三角形的性质，三角形外角的性质，对顶角性质，证明△ACD≌△BCE是解题的关键．
14．在△AEB和△DEC中，AC、BD相交于点P，AE、BD相交于点O，AE＝BE，DE＝CE，∠AEB＝∠DEC．
(1)求证：AC=BD；
(2)求证：∠APB＝∠AEB．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）先证∠BED=∠AEC，再利用SAS证明三角形全等即可；
（2）由全等可得∠EBD=∠EAC，根据三角形内角和和∠BOE=∠AOP即可证明．
（1）
证明：∵∠AEB=∠DEC，
∴∠AEB+∠AED=∠DEC+∠AED，
∴∠BED=∠AEC，
在△BED与△AEC中，
∴△BED≌△AEC（SAS），
∴AC=BD．
（2）
证明∵△BED≌△AEC，
∴∠EBD=∠EAC，
∵ ∠EBD+∠BOE+∠AEB=∠AOP+∠APB+∠EAC=180°，
又∵∠BOE=∠AOP，
∴∠AEB=∠APB．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，全等三角形的判定方法有：SSS，ASA，SAS，AAS和HL，熟练掌握判定方法是解题的关键．
15．△ACB和△DCE是共顶点C的两个大小不一样的等边三角形．
(1)问题发现：
如图1，若点A，D，E在同一直线上，连接AE，BE．
①求证：△ACD≌△BCE；
②求∠AEB的度数．
(2)类比探究：如图2，点B、D、E在同一直线上，连接AE，AD，BE，CM为△DCE中DE边上的高，请求∠ADB的度数及线段DB，AD，DM之间的数量关系，并说明理由．
(3)拓展延伸：如图3，若设AD（或其延长线）与BE的所夹锐角为α，则你认为α为多少度，并证明．
【答案】(1)①见解析；②∠AEB=60°；
(2)∠ADB=60°，2DM+BD=AD，理由见解析；
(3)α=60°，证明见解析
【分析】（1）①由△ACB和△DCE是等边三角形知AC=BC，CD=CE，∠ACD=60°-∠DCB=∠BCE，据此即可得证；
②由△ACD≌△BCE知∠ADC=∠BEC=120°，结合∠CED=60°可得∠AEB=60°；
（2）证△ACD≌△BCE得∠CDA=∠CED=60°，由∠ADB+∠CDA=∠DCE+∠CED知∠ADB=60°，根据CM⊥BE，且△CDE为等边三角形可得DE=2DM，DE+BD=BE=AD；
（3）同理知△ACD≌△BCE，据此得∠BEC=∠ADC，继而知∠CDF+∠CEF=180°，即∠ECD+∠DFE=180°，从而得出答案．
（1）
①证明：∵△ACB和△DCE是等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACD=60°-∠DCB=∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS）；
②∵△ACD≌△BCE，
∴∠ADC=∠BEC=180°-∠CDE=120°，
又∵∠CED=60°，
∴∠AEB=60°；
（2）
解：∠ADB=60°，2DM +BD=AD，理由如下；
∵AC=BC，CD=CE，∠ACD=60°+∠DCB=∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠CDA=∠CED=60°；
∵∠ADB+∠CDA=∠DCE+∠CED，
∴∠ADB=60°；
又∵CM⊥BE，且△CDE为等边三角形，
∴DE=2DM，
∴2DM +BD=BE=AD；
（3）
解：α=60°，理由如下：
同理可证△ACD≌△BCE，
∴∠BEC=∠ADC，
∴∠CDF+∠CEF=180°，
∴∠ECD+∠DFE=180°，而α+∠DFE=180°，
∴α=∠ECD=60°．
【点睛】本题是三角形的综合问题，解题的关键是掌握全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质等知识点．
16．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
【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，
∴△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，
∴△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．
17．如图1，在等腰直角三角形ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点E，F分别为AB，AC的中点，H为线段EF上一动点（不与点E，F重合），过点A作AG⊥AH且AG＝AH，连接GC，HB．
（1）证明：AHB≌AGC；
（2）如图2，连接GF，HG，HG交AF于点Q．
①证明：在点H的运动过程中，总有∠HFG＝90°；
②当AQG为等腰三角形时，求∠AHE的度数．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②当△AQG为等腰三角形时，∠AHE的度数为67.5°或90°．
【分析】（1）根据SAS可证明△AHB≌△AGC；
（2）①证明△AEH≌△AFG（SAS），可得∠AFG=∠AEH=45°，从而根据两角的和可得结论；
②分两种情况：i）如图3，AQ=QG时，ii）如图4，当AG=QG时，分别根据等腰三角形的性质可得结论．
【详解】（1）证明：如图1，
由旋转得：AH=AG，∠HAG=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BAH=∠CAG，
∵AB=AC，
∴△ABH≌△ACG（SAS）；
（2）①证明：如图2，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∵点E，F分别为AB，AC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF∥BC，AE=AB，AF=AC，
∴AE=AF，∠AEF=∠ABC=45°，∠AFE=∠ACB=45°，
∵∠EAH=∠FAG，AH=AG，
∴△AEH≌△AFG（SAS），
∴∠AFG=∠AEH=45°，
∴∠HFG=45°+45°=90°；
②分两种情况：
i）如图3，AQ=QG时，
∵AQ=QG，
∴∠QAG=∠AGQ，
∵AG⊥AH且AG=AH，
∴∠AHG=∠AGH=45°，
∴∠AHG=∠AGH=∠HAQ=∠QAG=45°，
∴∠EAH=∠FAH=45°，
∵AE=AF，AH=AH，
∴△AEH≌△AFH（SAS），
∴∠AHE=∠AHF，
∵∠AHE+∠AHF=180°，
∴∠AHE=∠AHF=90°；
ii）如图4，当AG=QG时，∠GAQ=∠AQG，
∵∠AEH=∠AGQ=45°，
∴∠GAQ=∠AQG==67.5°，
∵∠EAQ=∠HAG=90°，
∴∠EAH=∠GAQ=67.5°，
∴∠AHE=∠AQG=67.5°；
∵H为线段EF上一动点（不与点E，F重合），
∴不存在AG=AQ的情况．
综上，当△AQG为等腰三角形时，∠AHE的度数为67.5°或90°．
【点睛】本题是三角形的综合题，考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，也考查了全等三角形的判定与性质，第二问要注意分类讨论，不要丢解．
18．在图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）如图1，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，证明见详解；（2）∠AOM＝60°；（3）△CEF是等边三角形，证明见详解．
【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，利用三角形外角性质∠AOM＝∠CAN+∠MBC＝∠CAN+∠ANC＝∠BCN＝60°；
（3）证△ACE≌△MCF（ASA），得CE＝CF，根据等边三角形判定定理由∠MCF＝60°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，
，
∴△ACN≌△MCB（SAS），
∴AN＝MB；
（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，
∵△AMC与△BNC均为等边三角形，
∴∠ACM=∠BCN=60°，AC=MC
∵∠MCF＝180°﹣∠ACM﹣∠BCN＝60°，
∴∠ACE＝∠MCF=60°，
在△ACE和△MCF中，
，
∴△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与判定、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．
19．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
【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，
，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AE＝BD，∠CEA＝∠BDC，
∵∠CME＝∠DMO，
，
即∠DOM＝∠ECM＝90°，
∴AE⊥BD，
∴AE＝BD且AE⊥BD；
（2）∵AC＝DC，
∴AC＝CD＝EC＝CB，
在△ACB与△DCE中，
，
∴△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．
20．如图1，在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝90°．点D是AC中点，连接BD，过点A作AE⊥BD交BD的延长线于点E，过点C作CF⊥BD于点F．
（1）求证：∠EAD＝∠CBD；
（2）求证：BF＝2AE；
（3）如图2，将△BCF沿BC翻折得到△BCG，连接AG，请猜想并证明线段AG和AB的数量关系．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）：AG＝AB，理由见解析
【分析】（1）根据角度的等量代换即可求解．
（2）证明△AEC≌△BPC后，运用角度等量代换，求得CF＝PF；证明△AED≌△CFD即可求解．
（3）证明△AEB≌△BHA，根据线段的等量代换以及运用等腰三角形三线合一的证明即可求解．
【详解】（1）证明：∵AE⊥BD，
∴∠AED＝90°，
∴∠EAD+∠ADE＝90°，
∵∠ADE＝∠BDC，
∴∠EAD+∠BDC＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠CBD+∠BDC＝90°，
∴∠EAD＝∠CBD；
（2）证明：如图1，连接CE，在BF上截取BP＝AE，连接CP，
∵∠EAD＝∠CBD，AC＝BC，
∴△AEC≌△BPC（SAS），
∴CE＝CP，∠ACE＝∠BCP，
∴∠ACE+∠DCP＝∠BCP+∠DCP，
∴∠ECP＝∠DCB＝90°，
∵CE＝CP，CF⊥BD，
∴∠CEP＝∠CPF＝∠PCF＝45°，
∴CF＝PF，
∵点D是AC的中点，
∴AD＝CD，
∵∠AED＝∠CFD＝90°，∠ADE＝∠CDF，
∴△AED≌△CFD（AAS），
∴AE＝CF，
∴AE＝PF，
∴BF＝BP+PF＝2AE；
（3）结论：AG＝AB，证明如下：如图2，
取BG的中点H，连接CE，CH，AH，
∴BH＝＝＝AE，
∵∠HBC＝∠PBC＝∠EAC，
∴∠EAC+∠CAB＝∠HBC+∠CBA，
∴∠EAB＝∠HBA，
∵AB＝BA，
∴△AEB≌△BHA（SAS），
∴∠BHA＝∠AEB＝90°，
∴AH⊥BG，
∵BH＝HG，
∴AG＝AB．
【点睛】本题考察了全等三角形的判定与性质以及运用等边三角形三线合一的证明，运用全等可以进行角度与线段的等量代换进行题目求解，全等三角形的判定SSS、SAS、ASA、AAS、HL要熟记．
21．定义：我们把两条对角线互相垂直的四边形称为“垂美四边形”．
(1)特例感知：如图1，四边形ABCD是“垂美四边形”，如果，，，则______，______．
(2)猜想论证：如图1，如果四边形ABCD是“垂美四边形”，猜想它的两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系并给予证明．
(3)拓展应用：如图2，分别以的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE，BG，GE，已知，，求GE长．
【答案】(1)，
(2)，证明见解析
(3)
【分析】（1）利用含角的直角三角形的性质得，，再利用勾股定理即可得出答案；
（2）由“垂美四边形”得，再根据勾股定理得；
（3）连接，，首先利用证明，得，说明，从而得出，进而解决问题．
（1）
解：，，
，
四边形是“垂美四边形”，
，
，
，
，，
，
，
故答案为：，；
（2）
结论：，
证明：∵于点O，
∴，
∴.
同理可得，，
∴
（3）
解：如图：连接CG、BE，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴四边形GCBE为垂美四边形，
由（2）中结论可知，
∵，，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
根据线段为正数可知
【点睛】本题是一道新定义题，主要考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，正方形的性质等知识，利用（2）中结论是解决问题（3）的关键．
22．两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，连接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．
23．已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，a，b分别表示∠A，∠B的对边，．记△ABC的面积为S．
(1)如图1，分别以AC，CB为边向形外作正方形ACDE和正方形BGFC．记正方形ACDE的面积为，正方形BGFC的面积为．
①若，，求S的值；
②延长EA交GB的延长线于点N，连结FN，交BC于点M，交AB于点H．若FH⊥AB（如图2所示），求证：．
(2)如图3，分别以AC，CB为边向形外作等边三角形ACD和等边三角形CBE，记等边三角形ACD的面积为，等边三角形CBE的面积为．以AB为边向上作等边三角形ABF（点C在△ABF内），连结EF，CF．若EF⊥CF，试探索与S之间的等量关系，并说明理由．
【答案】(1)①6；②见解析
(2)，理由见解析
【分析】（1）①将面积用a，b的代数式表示出来，计算，即可
②利用AN公共边，发现△FAN∽△ANB，利用，得到a，b的关系式，化简，变形，即可得结论
（2）等边与等边共顶点B，形成手拉手模型，△ABC≌△FBE，利用全等的对应边，对应角，得到：AC＝FE＝b，∠FEB＝∠ACB＝90°，从而得到∠FEC＝30°，再利用，，得到a与b的关系，从而得到结论
（1）
∵，
∴b＝3，a＝4
∵∠ACB＝90°
∴
②由题意得：∠FAN＝∠ANB＝90°，
∵FH⊥AB
∴∠AFN＝90°－∠FAH＝∠NAB
∴△FAN∽△ANB
∴
∴，
得：
∴．
即
（2）
，理由如下：
∵△ABF和△BEC都是等边三角形
∴AB＝FB，∠ABC＝60°－∠FBC＝∠FBE，CB＝EB
∴△ABC≌△FBE（SAS）
∴AC＝FE＝b
∠FEB＝∠ACB＝90°
∴∠FEC＝30°
∵EF⊥CF，CE＝BC＝a
∴
∴
∴
由题意得：，
∴
∴
【点睛】本题考查勾股定理，相似，手拉手模型，代数运算，本题难点是图二中的相似和图三中的手拉手全等
24．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；
(3)若CF＝，CD＝，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)，见解析
(3)
【分析】（1）通过证明△ACD≌△BCE即可证明；（2）连接DF、DE，通过证明两边对应成比例及其夹角相等，证△GCF∽△CBD，得CF与BD的关系，然后根据勾股定理得出结论；（3）利用（2）中的结论即可求解．
（1）
证明：
∵CD旋转90°得到CE
∴，．
∵
∴
在△ACD和△BCE中，
∴△ACD≌△BCE（SAS）
∴
∵，，
∴
∴
∴BE⊥AB．
（2）
法一：解：
理由如下：
取AC中点为G点，连接GF，DE，
∵F为AE中点
∴FG为△ACE的中位线，
∴，，
∴．
∵
∴．
∵，，
∴，，
∴．
∴△GCF∽△CBD
∴
即．
在Rt△BDE中，
在Rt△CDE中，
∴
∴
∴
法二：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，
∴
∴
∴
法三：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．
（3）
解：∵，，由（2）得，
解得：．
过点E作EG⊥BC于点G
∵，
∴在Rt△BEG中，，
∴．
∵，
由（1）得，
∴在Rt△BEG中，．
在Rt△CEG中，
∴．
【点睛】本题考查三角形全等、相似、勾股定理等，属于几何综合题目，灵活运用知识点，作辅助线，构造直角三角形是解题的关键．
25．如图，和都是以为直角顶点的等腰直角三角形，连接，．
（1）如图1，试判断与的数量关系和位置关系，并说明理由．
（2）如图2，若点哈好在上，且为的中点，，求的面积．
（3）如图3，设与的交点为，若，，，求的长．
【答案】（1），，见解析；（2）；（3）．
【分析】(1) 结论: AC=BD，AC⊥BD.如图1中，设AC交BD于K，OA交BD于 E.证明△AOC≌△BOD (SAS)即可解决问题.
(2)如图2中，作OH⊥CD于H.首先证明OH=DH=CH，设OH=DH=CH=m，构建方程求出m即可解决问题.
(3)如图3中，连接BC，作BH⊥CO交CO的延长线于H.依次求出OB，OH，BH，CH，再求出 OC即可解决问题.
【详解】（1）如图，设交于点，交于点，
图1
所以，
∴，
∴，，
∴≌（SAS），
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴．
（2）如图，作于点，
图2
∵，，，
∴，
设，
则，
∵，，，
∴，
在中，
∵，
∴，
解得或（舍），
∴，，
∵≌，
．
（3）如图，连接，
图3
作交的延长线于点，
∵，，，
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
在中，
，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，30°角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题.
特点
在线段BCD同侧作两个等边三角形△ABC和△CDE，连接AD与BE。
结论
（1）△BCE≌△ACD，△BCM≌△ACN，△MCE≌△NCD
（2）AD=BE,∠AFB=60°
（3）△MCN为等边三角形
（4）MN∥BD
（5）CF为∠BFD的角平分线
（6）FC+FE=FD
解决方案
其他相关模型及其结论
结论：AE=CG且AE⊥CG
结论：
1、；
2、若AM=GM，则其反向延长线DH⊥CE；
3、