专题12 全等三角形中的手拉手模型（教师版）-中考数学几何模型重点突破讲练

这是一份专题12 全等三角形中的手拉手模型（教师版）-中考数学几何模型重点突破讲练，共48页。

【模型1】等腰三角形中的手拉手全等模型
如图，△ABC与△ADE均为等腰三角形，且∠BAC＝∠DAE，连接BD、CE，则△ABD≌△ACE。
【证明】
∠BAC＝∠DAE
又△ABC与△ADE均为等腰三角形
在和中
△ABD≌△ACE
【模型2】等边三角形中的手拉手全等模型
如图，△ABC与△CDE均为等边三角形，点B、C、E三点共线，连接AE、BD，则△BCD≌△ACE。
【模型3】一般三角形中的手拉手全等模型
如图，在任意△ABC中，以AB为边作等边△ADB，以AC为边作等边△ACE，连接DC、BE，则△ADC≌△ACE.
【模型4】正方形中的手拉手全等模型
如图，在任意△ABC中，以AB为边作正方形ABDE，以AC为边作正方形ACFG，连接EC、BG，则△AEC≌△ABG.
【例1】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．
【解析】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．
【例2】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．
【解析】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．
【例3】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．
【解析】（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．
一、单选题
1．如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，连接CE交AD于点F，连接BD交CE于点G，连接BE．下列结论中，正确的结论有（ ）
①CE＝BD；②△ADC是等腰直角三角形；③∠ADB＝∠AEB；④S四边形BCDE＝BD•CE；⑤BC2+DE2＝BE2+CD2．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】根据等腰直角三角形的性质可得AB=AC，AD=AE，然后求出∠BAD=∠CAE，再利用“边角边”证明△ABD和△ACE全等，根据全等三角形对应边相等可得CE=BD，判断①正确；根据全等三角形对应角相等可得∠ABD=∠ACE，从而求出∠BCG+∠CBG=∠ACB+∠ABC=90°，再求出∠BGC=90°，从而得到BD⊥CE，根据四边形的面积等于两个三角形的面积之和可判断出④正确；根据勾股定理表示出BC2+DE2，BE2+CD2，得到⑤正确；再求出时，∠ADC=90°，判断出②错误；∠AEC与∠BAE不一定相等判断出③错误．
【解析】解：∵，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
∴AB=AC，AD=AE，
∵∠BAD=∠BAC+∠CAD=90°+∠CAD， ∠CAE=∠DAE+∠CAD=90°+∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴CE=BD， ∠ABD=∠ACE，故①正确；
∴∠BCG+∠CBG=∠ACB+∠ABC=90°，
在△BCG中，∠BGC=180°-（∠BCG+∠CBG）=180°-90°=90°，
∴BD⊥CE，
∴S四边形BCDE=BD•CE，故④正确；
由勾股定理，在Rt△BCG中，BC2=BG2+CG2，
在Rt△DEG中，DE2=DG2+EG2，
∴BC2+DE2=BG2+CG2+DG2+EG2，
在Rt△BGE中，BE2=BG2+EG2，
在Rt△CDG中，CD2=CG2+DG2，
∴BE2+CD2=BG2+CG2+DG2+EG2，
∴BC2+DE2=BE2+CD2，故⑤正确；
从题干信息没有给出 所以只有时，=90°，
无法说明，更不能说明 故②错误；
∵△ABD≌△ACE， ∴∠ADB=∠AEC，
条件不足以证明
∠AEC与∠AEB相等无法证明，
∴∠ADB=∠AEB不一定成立，故③错误；
综上所述，正确的结论有①④⑤共3个．
故选：C．
2．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．
【解析】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．
3．如图，在直线AC的同一侧作两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD交于点H，AE与DB交于点G，BE与CD交于点F，下列结论：①AE＝CD；②∠AHD＝60°；③△AGB≌△DFB；④BH平分∠GBF；⑤GF∥AC；⑥点H是线段DC的中点．正确的有（ ）
A．6个B．5个C．4个D．3个
【答案】C
【分析】连接GF，过点B作BM⊥AE于M，BN⊥CD于N；结合题意，利用等边三角形、全等三角形的性质，推导得AE＝CD，∠AHD＝∠ABG＝60°；再根据等边三角形、角平分线的性质分析，即可得到答案．
【解析】连接GF，过点B作BM⊥AE于M，BN⊥CD于N
∵△ABD，△BCE都是等边三角形，
∴∠ABD＝∠EBC＝60°，BA＝BE，BE＝BC，
∴∠ABE＝∠DBC，
在△ABE和△DBC中，

∴△ABE≌△DBC（SAS），
∴AE＝CD，故①正确；
∵△ABE≌△DBC，
∴∠BAE＝∠BDC，
∵∠AGB＝∠DGH，
∴∠AHD＝∠ABG＝60°，故②正确；
在△AGB和△DFB中，

∴△AGB≌△DFB（ASA），故③正确；
∵△AGB≌△DFB，
∴BG＝BF，
∵∠GBF＝60°，
∴△BGF是等边三角形，
∴∠FGB＝∠ABD＝60°，
∴FG∥AC，故⑤正确；
∵△ABE≌△DBC，BM⊥AE，BN⊥CD，
∴BM＝BN，
∴BH平分∠AHC，但不一定平分∠GBF，故④错误；
根据题意，无法判断DH＝CH，故⑥错误．
故选：C．
4．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．
【解析】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．
5．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．
【解析】∵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．
6．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：
①△AOC≌△BOD；②AC=BD；③∠AMB=40°；④MO平分∠BMC．
其中正确的个数为（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】A
【分析】由题意易得∠AOC=∠BOD，然后根据三角形全等的性质及角平分线的判定定理可进行求解．
【解析】解：∵∠AOB=∠COD=40°，∠AOD是公共角，
∴∠COD+∠AOD=∠BOA+∠AOD，即∠AOC=∠BOD，
∵OA=OB，OC=OD，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴AC=BD，∠OAC=∠OBD，∠ODB=∠OCA，故①②正确；
过点O作OE⊥AC于点E，OF⊥BD于点F，BD与OA相交于点H，如图所示：
∵∠AHM=∠OHB，∠AMB=180°-∠AHM-∠OAC，∠BOA=180°-∠OHB-∠OBD，
∴∠AMB=∠BOA=40°，
∴∠OEC=∠OFD=90°，
∵OC=OD，∠OCA=∠ODB，
∴△OEC≌△OFD（AAS），
∴OE=OF，
∴OM平分∠BMC，故③④正确；
所以正确的个数有4个；
故选A．
二、填空题
7．如图，在正方形ABCD中，E是对角线BD上一点，将线段CE绕点C按顺时针方向旋转得到线段，连接，，．下列结论：①若，则；②；③若，则；④若，，则．其中正确的结论有___________（填正确的序号）
【答案】①②④
【分析】证明△≌△，可得，，，根据三角形内角和定理可判断①正确；在Rt△中，，即，从而判断②正确；③证明，故可判断③错误；连接AC与BD交于点O，计算可得CO＝9，根据正弦定理可判断④正确．
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD，∠BCD＝90°，
∵线段CE绕点C按顺时针方向旋转得到线段，
∴，，
∴△是等腰直角三角形，
∴，
∴，
即，
在△和△中，
∴△≌△（SAS），
∴，，
∴，
即△是直角三角形，
∵四边形ABCD是正方形，E在对角线BD上，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，故①正确；
在Rt△中，，
在Rt△中，，
∴，故②正确；
若，则，
在在Rt△中，，
∵，
，故③错误；
连接AC与BD交于点O，如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EOC＝90°，且是等腰直角三角形，
∵
∴ CO＝，
∵，
∴sin∠DEC＝，故④正确．
故答案为：①②④．
8．如图，是正内一点，，将线段以点为旋转中心逆时针旋转得到线段，下列结论：①点与的距离为4；②；③；④其中正确的结论是____________．（只填序号）
【答案】①②④
【分析】由题意可得△BOC≌△BAO'，△BOO'是等边三角形，可得AO'=CO=5，OO'=4，可判断△AOO'是直角三角形．可判断①②③，由S四边形AOBO′=S△AOO'+S△OO'B=S△BOC+S△AOC，可判定③④．
【解析】解；连接，如图1，
，，
是等边三角形，
，故①正确；
，
且，，
，
，
，，
，
，
，故②正确；
△是等边三角形，，，
，，
，故③错误；
如图2，绕点顺时针旋转到位置，
同理可得，故④正确；
故答案为：①②④．
9．在中，，，，点D是直线BC上一动点，连接AD，在直线AD的右恻作等边，连接CE，当线段CE的长度最小时，则线段CD的长度为__________．
【答案】3
【分析】以AC为边向左作等边三角形ACF，连接DF，先根据直角三角形中所对的直角边是斜边的一半求出BC的长，再由勾股定理求出AC的长，根据作的辅助线证明，则，当时，DF的长是最小的，即CE的长最小，求出此时的长即可．
【解析】解：如图，以AC为边向左作等边三角形ACF，连接DF，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是等边三角形，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
当时，DF的长是最小的，即CE的长最小，
∵，，
∴，，
∴当线段CE的长度最小时，则线段CD的长度为3．
故答案是：3．
10．如图，在中，，，于点，于点．，连接，将沿直线翻折至所在的平面，得，连接．过点作交于点，则四边形的周长为________．
【答案】
【分析】先证，得出，再证与是等腰直角三角形，在直角中利用勾股定理求出BE的长，进一步求出GE的长，可通过解直角三角形分别求出GD，DE，EF，DF的长，即可求出四边形DFEG的周长．
【解析】∵，于点D，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
∴，，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵沿直线AE翻折得，
∴，
∴，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
在中，
，
∴，
在中，
，
∴，
在中，
，
∴四边形DFEG的周长为：
，
故答案为：．
11．如图和是外两个等腰直角三角形，，下列说法正确的是：________．
①，且；
②；
③平分；
④取的中点，连，则．
【答案】①③④
【分析】①由与是等腰直角三角形，，，可证，，且，
，即可退出；
②由，由勾股定理，，
，即可；
③过点作，，可证，由性质得，结合，，即可；
④取中点，使得，易证，推出，再证，推出，由，推出即可．
【解析】与是等腰直角三角形，
，，，
，在与中，
，，
，
设交于点，
由①可知且，
，
，即，
故①符合题意．
②，
，，
，
且，，
．
故②不符合题意．
③证明，过点作，，
由①可知，且，，
在与中，
，，
，且，，
平分，故③符合题意．
④作中点，倍长，使得，
在与中，，
，则，
，，
，，
，在与中，
，，
，
，，
，即，
故④符合题意．
故答案为：①③④．
12．（1）如图（1），在四边形中，,，E，F分别是上的动点，且，求证：．
（2）如图（2），在（1）的条件下，当点E，F分别运动到的延长线上时，之间的数量关系是______．
【答案】（1）详见解析；（2）
【分析】（1）延长到点G，使，连接，先证明，得到，然后证明，得到，根据，可得；
（2）在上截取，连接，先证明△ABG≌△ADF（SAS），得到AG=AF，∠BAG=∠DAF，再证明△EAG≌△EAF（SAS），得到EG=EF，根据BG=DF，即可得EF=BE-BG=BE-DF．
【解析】（1）如图，延长到点G，使，连接．
，
，
又，，
∴，
，
，．
，
∴，
．
，
；
（2）．
如图，在上截取，连接，
，
，
在△ABG和△ADF中，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴AG=AF，∠BAG=∠DAF，
∠BAD=2∠EAF，
∴∠BAG+∠GAE+∠EAD=∠EAD+∠DAF+∠EAD+∠DAF，
∴∠GAE=∠EAF，
在△EAG和△EAF中，
∴△EAG≌△EAF（SAS），
∴EG=EF，
∵BG=DF，
∴EF=BE-BG=BE-DF．
三、解答题
13．如图，若和都是等边三角形，求的度数．
【答案】120°．
【分析】利用等边三角形的性质可得AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠CAE＝60°，利用SAS即可证明△DAC≌△BAE，从而得出∠ABE＝∠ADC，设AB与CD交于点F，根据三角形内角和定理和等量代换即可求出∠BOF，利用平角的定义即可求出结论．
【解析】证明：∵△ABD、△AEC都是等边三角形，
∴AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠CAE＝60°，
∵∠DAC＝∠BAC＋60°，∠BAE＝∠BAC＋60°，
∴∠DAC＝∠BAE，
在△DAC和△BAE中，
，
∴△DAC≌△BAE（SAS），
∴∠ABE＝∠ADC
设AB与CD交于点F，
∵∠BFO=∠DFA
∴∠BOF=180°－∠ABE－∠BFO=180°－∠ADC－∠DFA=∠DAB=60°
∴∠BOC=180°－∠BOF=120°．
14．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．
【解析】（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，
，
∴．
15．如图，△ACB和△DCE均为等腰三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点A，D，E在同一条直线上，连接BE．
（1）求证：AD=BE；
（2）若∠CAE=15°，AD=4，求AB的长．
【答案】（1）见解析；（2）8
【分析】（1）直接证明，即可得出结论；
（2）由（1）可进一步推出为直角三角形，且，从而由求解即可．
【解析】（1）△ACB和△DCE均为等腰三角形，∠ACB=∠DCE=90°，
,
在与中，
，
；
（2）是等腰直角三角形，
，
由（1）可知，，,
，
，
则在中，，
．
16．如图，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝120°，点D在边AC上，且线段BD绕着点B按逆时针方向旋转120°能与BE重合，点F是ED与AB的交点．
（1）求证：AE＝CD；
（2）若∠DBC＝45°，求∠BFE的度数．
【答案】（1）证明见解析；（2）∠BFE＝105°．
【分析】（1）根据旋转的性质证明△ABE≌△CBD（SAS），进而得证；
（2）由（1）得出∠DBC=∠ABE=45°，BD=BE，∠EBD=120°，最后根据三角形内角和定理进行求解即可．
【解析】（1）证明：∵线段BD绕着点B按逆时针方向旋转120°能与BE重合，
∴BD＝BE，∠EBD＝120°，
∵AB＝BC，∠ABC＝120°，
∴∠ABD+∠DBC＝∠ABD+∠ABE＝120°，
∴∠DBC＝∠ABE，
∴△ABE≌△CBD（SAS），
∴AE＝CD；
（2）解：由（1）知∠DBC＝∠ABE＝45°，BD＝BE，∠EBD＝120°，
∴∠BED＝∠BDE＝（180°﹣120°）＝30°，
∴∠BFE＝180°﹣∠BED﹣∠ABE
＝180°﹣30°﹣45°＝105°．
17．和如图所示，其中．
(1)如图①，连接，求证：；
(2)如图②，连接，若，，，，求的长．
【答案】(1)见解析；(2)
【分析】（1）只需证，即可得到结论；
（2）先证明是直角三角形，再用勾股定理求．
【解析】（1）证明：，，
，，
，，
，
，
．
（2）解：，
，
，
是等边三角形，
，，
，
，
由（1）知：，
，，
，
．
18．问题：如图1，在等边三角形ABC内，点P到顶点A、B、C的距离分别是3，4，5，求∠APB的度数？
探究：由于PA、PB、PC不在同一个三角形中，为了解决本题，我们可以将△ABP绕点A逆时针旋转60°到△ACP′处，连结P P′，这样就将三条线段转化到一个三角形中，从而利用全等的知识，求出∠APB的度数．请你写出解答过程：
应用：请你利用上面的方法解答：如图2，△ABC中，∠CAB=90°，AB=AC，E、F为BC上的点，且∠EAF=45°，求证：
【答案】探究：∠APB=150°，应用：见解析
【分析】探究：运用旋转的性质，以及全等三角形的性质得对应角相等，对应边相等，得出∠PAP′＝60°，再利用等边三角形的判定得出△APP′为等边三角形，即可得出∠APP′的度数，即可得出答案；
应用：利用已知首先得出△AEG≌△AFE，即可把EF，BE，FC放到一个直角三角形中，从而根据勾股定理即可证明．
【解析】探究：解：将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处，
∴△BAP≌△CAP′，
∴AB＝AC，AP＝AP′，∠BAP＝∠CAP′，
∴∠BAC＝∠PAP′＝60°，
∴△APP′是等边三角形，
∴∠APP′＝60°，
因为BPP′不一定在一条直线上，
∴P′C＝PB＝4，PP′＝PA＝3，P′C＝PC＝5，
∴∠PP′C＝90°，
∴△PP′C是直角三角形，
∴∠APB＝∠AP′C＝∠APP′+∠P′PC＝60°+90°＝150°，
∴∠BPA＝150°；
应用：证明：把△ACF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABG．连接EG．
则△ACF≌△ABG．
∴AG＝AF，BG＝CF，∠ABG＝∠ACF＝45°．
∵∠BAC＝90°，∠GAF＝90°．
∴∠GAE＝∠EAF＝45°，
在△AEG和△AFE中，
，
∴△AEG≌△AFE（SAS）．
∴EF＝EG，
又∵∠GBE＝90°，
∴BE2+BG2＝EG2，
即BE2+CF2＝EF2．
19．【探究发现】（1）如图1，在四边形中，对角线，垂足是O，求证：．
【拓展迁移】（2）如图2．以三角形的边、为边向外作正方形和正方形，求证：．
（3）如图3，在（2）小题条件不变的情况下，连接，若，，，则的长_____________．（直接填写答案）
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）．
【分析】（1）根据，利用勾股定理分别求出和即可证明结论；
（2）利用正方形的性质证明△CAE≌△GAB（SAS），可得∠CEA＝∠GBA，根据∠GBA＋∠ANB＝90°等量代换求出∠EMN＝90°即可；
（3）利用勾股定理分别求出AE、CG和BE，然后利用（1）中结论求出BC即可．
【解析】解：（1）∵，
∴∠AOD＝∠AOB＝∠COD＝∠BOC＝90°，
由勾股定理得：，，
∴；
（2）∵在正方形和正方形中，AC＝AG，AE＝AB，∠CAG＝∠EAB＝90°，
∴∠CAG＋∠GAE＝∠EAB＋∠GAE，即∠CAE＝∠GAB，
∴△CAE≌△GAB（SAS），
∴∠CEA＝∠GBA，
∵∠GBA＋∠ANB＝90°，∠ANB＝∠MNE，
∴∠CEA＋∠MNE＝90°，
∴∠EMN＝90°，
∴；
（3）如图3，连接CG，BE，
∵，，，
∴AC＝8，AE＝，
∴AB＝10，
∴CG＝，BE＝，
∵，
∴由（1）可知：，即，
∵BC＞0，
∴．
故答案为：．
20．△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．
【解析】（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°．
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．
【解析】（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
22．在中，，，点D是射线CB上的动点（点D不与点B、C重合），连接AD，，且，连接DE，过点D作，且，连接CF．
(1)如图1，当点D是BC中点时，DE与CF的数量关系是 ，位置关系是 ；
(2)如图2，当点D是线段BC上任意一点时，（1）中的两个结论还成立吗？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由；
(3)若，时，请直接写出线段DE的长．
【答案】(1)；
(2)成立，证明见解析
(3)5或
【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得出AD＝BD＝CD，证出CF＝CD，DE＝AD，∠ADE＝45°，则可得出结论；
（2）证明△ABD≌△ACE（SAS），由全等三角形的性质得出BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，由直角三角形的性质及平行线的判定可证出结论；
（3）分类讨论，当D在线段BC上时，当D在CB的延长线上时，由勾股定理可求出答案．
【解析】（1）解：数量关系：；
位置关系：；
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC的中点，
∴AD＝BD＝CD，
∵DF⊥BD，DF＝BD，
∴∠FDC＝90°，DF＝CD，
∴CF＝ CD，
∵EA⊥AD，AE＝AD，
∴DE＝AD，∠ADE＝45°，
∴CF＝DE，
∵CD＝DF，∠CDF＝90°，
∴∠F＝45°，
∴∠ADE＝∠F，
∴DECF．
故答案为：DE＝CF，DECF；
（2）成立
证明：如图2，连接CE．
∵，，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴四边形DECF是平行四边形，
∴，；
（3）∵AB＝AC＝，∠BAC＝90°，
∴BC＝AB＝＝7，
如图2，当D在线段BC上时，
∵BD＝DF＝3，DF⊥BC，
∴DC＝BC﹣BD＝7﹣3＝4，
∴CF＝＝＝5，
由（2）可知，DE＝CF＝5．
如图3，当D在CB的延长线上时，同理BC＝7，DB＝DF＝3，

∴DC＝BC+DB＝10，
∴CF＝＝＝，
连接CE，同理可证四边形DCEF为平行四边形，
∵∠FDC＝90°，
∴四边形DCEF为矩形，
∴DE＝CF＝．
综上所述，DE的长为或5．
23．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．
【解析】（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．
24．两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．
【解析】（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°．