中考数学一轮复习满分突破(全国通用)专题08手拉手模型(原卷版+解析)

这是一份中考数学一轮复习满分突破(全国通用)专题08手拉手模型(原卷版+解析)，共88页。

文字说明：1）点A 为共用顶角顶点，看作头
2）线段AB、AC为等腰∆ABC的两腰，看作两条手臂
线段AM、AN为等腰∆AMN的两腰，看作两条手臂
3）点B与点M看作左手，线段BM看作左手拉左手
点C与点N看作右手，线段CN看作右手拉右手
解题步骤：①找共用顶点，确定“四只手”；
②连接对应端点；
③SAS证明全等。
常见模型：

模型一：如图，直线AB的同一侧作∆ABC和∆AMN都为等边三角形（A、B、N三点共线），连接BM、CN，两者相交于点E，则
1）∆ABM≌∆ACN 2）BM=CN 3）∠MEN=∠2=60°（拉手线的夹角等于顶角）
4）∆ANF≌∆AMD 5）∆AFC≌∆ADB 6）连接DF，DF∥BN 7）连接AE，AE平分∠BEN
8）存在3组四点共圆 9）EN=EM+EA，EB=EC+EA,EA=ED+EF
10）存在多组相似三角形
备注：1）-7）为基础，8）-10）为提高
证明：
1）∵∆ABC和∆AMN都为等边三角形
∴AB=AC，AM=AN，∠1=∠2=60°
∴∠1 +∠CAM =∠2 +∠CAM
则∠BAM=∠CAN
在∆ABM和∆ACN中
AB=AC
∠BAM=∠CAN ∴∆ABM≌∆ACN ∴BM=CN，∠BMA=∠CMA, ∠ABM=∠ACN
AM=AN
3)方法一：在∆EFM和∆AFN中
∵∠MEN+∠EMF+∠3=180°,∠2 +∠FNA+∠4=180°而∠3=∠4，∠EMF=∠FNA
∴∠MEF=∠2=60°
方法二：∵∠MEF=∠EBN+∠BNE
∠MAN=∠ABM+∠AMB 而∠EBN=∠ABM, ∠BNE=∠AMB，∠2=60°
∴∠MEF=∠2=60°
4）∵∠1+∠2+∠5=180°而∠1=∠2=60°∴∠5=60°
在∆AFN和∆ADM中
∠5=∠2=60°
AM=AN ∴∆AFN≌∆ADM
∠DMA=∠ANF
5）在∆AFC和∆ADB中
∠5=∠1=60°
AB=AC ∴∆AFC≌∆ADB ∴AD=AF
∠ABD=∠ACF
6）∵AD=AF，∠5=60°
∴∆ADF是等边三角形 ∴∠DFA=60°
∴∠DFA=∠2=60°
∴DF∥BN
7）过点A作AP⊥BM交BM于点P，AQ⊥CN交CN于点Q
∵∆ABM≌∆ACN ∴S∆ABM =S∆ACN ,BM=CN
则AP=AQ，∴AE平分∠BEN
8）
① ∵∠ACN=∠ABM ∴∠ACE=∠ABE则点A、B、C、E四点共圆
②∵∠ANC=∠AMB ∴∠ANE=∠AME则点A、N、M、E四点共圆
③∵∠BAC=∠MAN=60°∴∠CAM=60°
∵∠MEF=60°∴∠CED=60° 则∠DEF =120°
∵∠CAM+∠DEF=180° 则点A、D、E、F四点共圆
9)
方法一：①过点M作MY交NC于点Y，使∠EMY=60°
∵∠EMY=∠AMN=∠MEN=60°
∴∠EMY -∠AMY=∠AMN-∠AMY 则∠EMA=∠YMN
∵∠EMY+∠MEY+∠EYM=180° 则∠EYM=60°
∴∆MEY是等边三角形，则EM=EY=MY
∵∠MYN是∆MEY的外角，∴∠MYN=120°
∵∠CEB=60°且AE平分∠BEN
∴∠AEF=60°则∠AEM=120°
在∆AEM和∆NYM
∠EMA=∠YMN
EM =MY ∴∆AEM ≌ ∆NYM ∴NY=AE
∠AEM=∠MYN =120°
则EN=EY+YN=EM+AE
②过点A作AZ交BM于点Z，使∠EAZ=60°,证明方法同上
③过点F作FH交AE于点H，使∠EFH=60°，证明方法同上
方法二:
根据托勒密定理和8）中内容，得
EN•AM=AE•MN+EM•AN 而AM=AN=MN ∴EN=AE+EM
同理EB=EC+EA,EA=ED+EF
*托勒密定理内容：圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积。
10）模型一中存在的相似三角形。（尝试简述证明过程）
模型二：如图，∆ABC和∆AMN都为等边三角形（A、B、N三点不共线），连接BM、CN，两者相交于点O，则
1）∆ABM≌∆ACN 2）BM=CN 3）∠MON=60°（拉手线的夹角等于顶角）
4）连接AO，AO平分∠BON 5）存在2组四点共圆
6）ON=OM+OA，OB=OC+OA 7）存在多组相似图形
模型三：如图，四边形ABCD和四边形AEFG为正方形，连接EB和GD，两者交于点O，则1）∆AGD≌∆AEB 2）GD=EB 3）GD⊥EB 4）AO平分∠EOD
证明：
1）∵四边形ABCD和四边形AEFG为正方形
∴∠GAE =∠BAD=90°，AB=AD，AE=AG
∴∠GAE+∠1=∠BAD+∠1 ∴∠GAD=∠EAB
在∆AGD与∆AEB中
AE=AG
∠GAD=∠EAB ∴∆AGD≌∆AEB ∴∠AGD=∠AEB，GD=EB
AB=AD
3）在∆GOM与∆AEM中
∵∠OGM+∠GMO+∠MOG=180°
∠MEA+∠AME+∠MAE =180° 而∠AGD=∠AEB，∠GMO=∠AME
∴∠MOG=∠MAE=90°
∴GD⊥EB
4）过点A分别作AW⊥BE交BE于点W, AX⊥GD交GD于点X
∵∆AGD≌∆AEB ∴S∆AGD =S∆AEB 而GD=BE
则AW=AX，∴AO平分∠EOD
【提高测试】
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
2．如图，在中，，分别以，为边作等边和等边，连结，若，，则（ ）
A．B．C．4D．
3．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
4．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
5．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
6．如图，，，三点在同一直线上，，都是等边三角形，连接，，：下列结论中正确的是（ ）
①△ACD≌△BCE；②△CPQ是等边三角形；③平分；④△BPO≌△EDO．
A．①②B．①②③C．①②④D．①②③④
7．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
8．如图，已知△ABC与△CDE都是等边三角形，点B、C、D在同一条直线上，AD与BE相交于点G，BE与AC相交于点F，AD与CE相交于点H，则下列结论①△ACD≌△BCE ②∠AGB＝60° ③BF＝AH ④△CFH是等边三角形 ⑤连CG，则∠BGC＝∠DGC．其中正确的个数是（ ）
A．2B．3C．4D．5
二、填空题
9．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．
10．如图，点B、C、E在同一条直线上，与都是等边三角形，下列结论：①AE=BD；②；③线段AE和BD所夹锐角为80°；④FG∥BE．其中正确的是______．（填序号）
11．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_____．
12．如图，CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=50°，AD、BE交于点H，连接CH，则∠CHE=_______．
13．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_________．
14．如图，、是两个等边三角形，连接、．若，，，则________．
15．如图，正三角形和，A，C，E在同一直线上，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接PQ．①AD=BE；②PQ∥AE；③AP=BQ；④DE=DP；⑤∠AOB=60°．成立的结论有______________．并写出3对全等三角形___________________________．
16．如图，C在线段AB上，在AB的同侧作等边三角形△ACM和△BCN，连接AN，BM，若∠MBN＝38°，则∠ANB＝_____．
三、解答题
17．如图，在中，，，点O是中点，，将绕点O旋转，的两边分别与射线、交于点D、E．
(1)当转动至如图一所示的位置时，连接，求证：；
(2)当转动至如图二所示的位置时，线段、、之间有怎样的数量关系？请说明理由．
18．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”）
19．（1）如图1，已知△CAB和△CDE均为等边三角形，D在AC上，E在CB上，易得线段AD和BE的数量关系是 ．
（2）将图1中的△CDE绕点C旋转到图2的位置，直线AD和直线BE交于点F．
①判断线段AD和BE的数量关系，并证明你的结论；
②图2中∠AFB的度数是 ．
（3）如图3，若△CAB和△CDE均为等腰直角三角形，∠ABC＝∠DEC＝90°，AB＝BC，DE＝EC，直线AD和直线BE交于点F，分别写出∠AFB的度数，线段AD、BE间的数量关系．
20．如图，在中，，D、E分别是、的中点，.
（1）如图1，若，求的长度（用含a的代数式表示）；
（2）如图2，将绕点A顺时针旋转，旋转角为，连接、，判断与的数量关系，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，当的外心在三角形的外部时，请直接写出的取值范围．
21．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．
22．如图，△ABC中，AB＝AC＝1，∠BAC＝45°，△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，连接BE，CF相交于点D,
（1）求证：BE＝CF ；（2）当四边形ACDE为菱形时，求BD的长．
23．在中，，点D是直线BC上一点（点D不与点B，C重合），以AD为一边在AD的右侧作，使，，连接CE．
（1）如图（1），若点D在线段BC上，和之间有怎样的数量关系？（不必说明理由）
（2）若，当点D在射线BC上移动时，如图（2），和之间有怎样的数量关系？说明理由．
24．背景：一次小组合作探究课上，小明将两个正方形按背景图位置摆放（点E，A，D在同一条直线上），发现BE=DG且BE⊥DG．小组讨论后，提出了三个问题，请你帮助解答：
（1）将正方形AEFG绕点A按逆时针方向旋转，（如图1）还能得到BE=DG吗？如果能，请给出证明．如若不能，请说明理由：
（2）把背景中的正方形分别改为菱形AEFG和菱形ABCD，将菱形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，（如图2）试问当∠EAG与∠BAD的大小满足怎样的关系时，背景中的结论BE=DG仍成立？请说明理由；
（3）把背景中的正方形改成矩形AEFG和矩形ABCD，且，AE=4，AB=8，将矩形AEFG绕点A按顺时针方向旋转（如图3），连接DE，BG．小组发现：在旋转过程中， BG2+DE2是定值，请求出这个定值．
25．两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．
26．小明同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组全等的三角形，小明把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．
（1）问题发现：如图1，若△ABC和△ADE均是顶角为40°的等腰三角形，BC、DE分别是底边，求证：BD＝CE；
（2）拓展探究：如图2，若△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一条直线上，连接BE，则∠AEB的度数为 ；线段BE与AD之间的数量关系是 ；
（3）解决问题：如图3，若△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一条直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM、AE、BE之间的数量关系并说明理由．
27．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 °．
28．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．
29．（1）作图发现：如图1，已知，小涵同学以AB、AC为边向外作等边和等边．连接BE，CD、这时他发现BE与CD的数量关系是______；
（2）拓展探究：如图2，已知，小涵同学以AB、AC为边向外作正方形ABFD和正方形ACGE，连接BE，CD，试判断BE与CD之间的数量关系，并说明理由；
（3）解决问题：如图3，要测量池塘两岸相对的两点B，E的距离，已经测得，，米，，求BE的距离．
30．在学习全等三角形知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型：模型是由两个顶角相等且有公共顶角顶点的等腰三角形组成的图形，如果把它们的底角顶点连接起来，则在相对位置变化的过程中，始终存在一对全等三角形，我们把这种模型称为“手拉手模型”．这个数学兴趣小组进行了如下操作：
（1）如图1．在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=40°（AB＞AD），连接BD，CE，当点E落在AB边上，且D，E，C三点共线时，则在这个“手拉手模型”中，和△ABD全等的三角形是 ，∠BDC的度数为 ．
（2）如图2．在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°，连接BD，CE，当点B，D，E在同一条直线上时，请判断线段BD和CE的关系，并说明理由．
（3）如图3，已知△ABC，请画出图形：以AB，AC为边分别向△ABC外作等边三角形ABD和等边三角形ACE（等边三角形三条边相等，三个角都等于60°），连接BE，CD，交于点P，请直接写出线段BE和CD的数量关系及∠BPD的度数．
31．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，若点恰好在上，且为的中点，，求的面积．
（3）如图3，设与的交点为，若，，，求的长．
32．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
33．（1）如图1，和都是等边三角形，且，，三点在一条直线上，连接，相交于点，求证：．
（2）如图2，在中，若，分别以，和为边在外部作等边，等边，等边，连接、、恰交于点．
①求证：；
②如图2，在（2）的条件下，试猜想，，与存在怎样的数量关系，并说明理由．
34．给出定义，若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称该四边形为勾股四边形．
（1）在你学过的特殊四边形中，写出两种勾股四边形的名称；
（2）如图，将△ABC绕顶点B按顺时针方向旋转60°得到△DBE，连接AD，DC，CE，已知∠DCB=30°．
①求证：△BCE是等边三角形；
②求证：DC2+BC2=AC2，即四边形ABCD是勾股四边形．
35．如图1，在△ABC中，AE⊥BC于E，AE＝BE，D是AE上的一点，且DE＝CE，连接BD，CD．
（1）试判断BD与AC的位置关系和数量关系，并说明理由；
（2）如图2，若将△DCE绕点E旋转一定的角度后，试判断BD与AC的位置关系和数量关系是否发生变化，并说明理由；
（3）如图3，若将（2）中的等腰直角三角形都换成等边三角形，其他条件不变．
①试猜想BD与AC的数量关系，并说明理由；
②你能求出BD与AC的夹角度数吗？如果能，请直接写出夹角度数；如果不能，请说明理由．
36．如图，在等腰△ABC与等腰△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=α，连接BD和CE相交于点P，交AC于点M，交AD于点N．
(1)求证：BD=CE．
(2)求证：AP平分∠BPE．
(3)若α=60°，试探寻线段PE、AP、PD之间的数量关系，并说明理由．
37．边长为4的正方形ABCD与边长为2的正方形CEFG如图1摆放，将正方形CEFG绕点C顺时针旋转，旋转角为α，连接BG，DE．
（1）如图2，求证：△BCG≌△DCE；
（2）如图2，连接DG，BE，判断DG2+BE2否为定值．若是，求这个定值若不是，说明理由；
（3）如图3，当点G恰好落在DE上时，求α的值．
专题08 手拉手模型
手拉手模型概述：两个顶角相等的等腰三角形共用顶角顶点，分别连接对应的两底角顶点，从而可以得到一个经典的全等模型。因为顶点相连的四条边，形象可以看作两双手，通常称为“手拉手模型”。
文字说明：1）点A 为共用顶角顶点，看作头
2）线段AB、AC为等腰∆ABC的两腰，看作两条手臂
线段AM、AN为等腰∆AMN的两腰，看作两条手臂
3）点B与点M看作左手，线段BM看作左手拉左手
点C与点N看作右手，线段CN看作右手拉右手
解题步骤：①找共用顶点，确定“四只手”；
②连接对应端点；
③SAS证明全等。
常见模型：

模型一：如图，直线AB的同一侧作∆ABC和∆AMN都为等边三角形（A、B、N三点共线），连接BM、CN，两者相交于点E，则
1）∆ABM≌∆ACN 2）BM=CN 3）∠MEN=∠2=60°（拉手线的夹角等于顶角）
4）∆ANF≌∆AMD 5）∆AFC≌∆ADB 6）连接DF，DF∥BN 7）连接AE，AE平分∠BEN
8）存在3组四点共圆 9）EN=EM+EA，EB=EC+EA,EA=ED+EF
10）存在多组相似三角形
备注：1）-7）为基础，8）-10）为提高
证明：
1）∵∆ABC和∆AMN都为等边三角形
∴AB=AC，AM=AN，∠1=∠2=60°
∴∠1 +∠CAM =∠2 +∠CAM
则∠BAM=∠CAN
在∆ABM和∆ACN中
AB=AC
∠BAM=∠CAN ∴∆ABM≌∆ACN ∴BM=CN，∠BMA=∠CMA, ∠ABM=∠ACN
AM=AN
3)方法一：在∆EFM和∆AFN中
∵∠MEN+∠EMF+∠3=180°,∠2 +∠FNA+∠4=180°而∠3=∠4，∠EMF=∠FNA
∴∠MEF=∠2=60°
方法二：∵∠MEF=∠EBN+∠BNE
∠MAN=∠ABM+∠AMB 而∠EBN=∠ABM, ∠BNE=∠AMB，∠2=60°
∴∠MEF=∠2=60°
4）∵∠1+∠2+∠5=180°而∠1=∠2=60°∴∠5=60°
在∆AFN和∆ADM中
∠5=∠2=60°
AM=AN ∴∆AFN≌∆ADM
∠DMA=∠ANF
5）在∆AFC和∆ADB中
∠5=∠1=60°
AB=AC ∴∆AFC≌∆ADB ∴AD=AF
∠ABD=∠ACF
6）∵AD=AF，∠5=60°
∴∆ADF是等边三角形 ∴∠DFA=60°
∴∠DFA=∠2=60°
∴DF∥BN
7）过点A作AP⊥BM交BM于点P，AQ⊥CN交CN于点Q
∵∆ABM≌∆ACN ∴S∆ABM =S∆ACN ,BM=CN
则AP=AQ，∴AE平分∠BEN
8）
① ∵∠ACN=∠ABM ∴∠ACE=∠ABE则点A、B、C、E四点共圆
②∵∠ANC=∠AMB ∴∠ANE=∠AME则点A、N、M、E四点共圆
③∵∠BAC=∠MAN=60°∴∠CAM=60°
∵∠MEF=60°∴∠CED=60° 则∠DEF =120°
∵∠CAM+∠DEF=180° 则点A、D、E、F四点共圆
9)
方法一：①过点M作MY交NC于点Y，使∠EMY=60°
∵∠EMY=∠AMN=∠MEN=60°
∴∠EMY -∠AMY=∠AMN-∠AMY 则∠EMA=∠YMN
∵∠EMY+∠MEY+∠EYM=180° 则∠EYM=60°
∴∆MEY是等边三角形，则EM=EY=MY
∵∠MYN是∆MEY的外角，∴∠MYN=120°
∵∠CEB=60°且AE平分∠BEN
∴∠AEF=60°则∠AEM=120°
在∆AEM和∆NYM
∠EMA=∠YMN
EM =MY ∴∆AEM ≌ ∆NYM ∴NY=AE
∠AEM=∠MYN =120°
则EN=EY+YN=EM+AE
②过点A作AZ交BM于点Z，使∠EAZ=60°,证明方法同上
③过点F作FH交AE于点H，使∠EFH=60°，证明方法同上
方法二:
根据托勒密定理和8）中内容，得
EN•AM=AE•MN+EM•AN 而AM=AN=MN ∴EN=AE+EM
同理EB=EC+EA,EA=ED+EF
*托勒密定理内容：圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积。
10）模型一中存在的相似三角形。（尝试简述证明过程）
模型二：如图，∆ABC和∆AMN都为等边三角形（A、B、N三点不共线），连接BM、CN，两者相交于点O，则
1）∆ABM≌∆ACN 2）BM=CN 3）∠MON=60°（拉手线的夹角等于顶角）
4）连接AO，AO平分∠BON 5）存在2组四点共圆
6）ON=OM+OA，OB=OC+OA 7）存在多组相似图形
模型三：如图，四边形ABCD和四边形AEFG为正方形，连接EB和GD，两者交于点O，则1）∆AGD≌∆AEB 2）GD=EB 3）GD⊥EB 4）AO平分∠EOD
证明：
1）∵四边形ABCD和四边形AEFG为正方形
∴∠GAE =∠BAD=90°，AB=AD，AE=AG
∴∠GAE+∠1=∠BAD+∠1 ∴∠GAD=∠EAB
在∆AGD与∆AEB中
AE=AG
∠GAD=∠EAB ∴∆AGD≌∆AEB ∴∠AGD=∠AEB，GD=EB
AB=AD
3）在∆GOM与∆AEM中
∵∠OGM+∠GMO+∠MOG=180°
∠MEA+∠AME+∠MAE =180° 而∠AGD=∠AEB，∠GMO=∠AME
∴∠MOG=∠MAE=90°
∴GD⊥EB
4）过点A分别作AW⊥BE交BE于点W, AX⊥GD交GD于点X
∵∆AGD≌∆AEB ∴S∆AGD =S∆AEB 而GD=BE
则AW=AX，∴AO平分∠EOD
【提高测试】
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．
【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．
2．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．
3．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．
【详解】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．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理的应用，对角线互相垂直的四边形的面积等于对角线乘积的一半的性质，熟记各性质是解题的关键．
4．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．
5．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．
【详解】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．
【点睛】本题考查了等边三角形、全等三角形、角平分线的知识；解题的关键是熟练掌握全等三角形、等边三角形、角平分线的性质，从而完成求解．
6．如图，，，三点在同一直线上，，都是等边三角形，连接，，：下列结论中正确的是（ ）
①△ACD≌△BCE；
②△CPQ是等边三角形；
③平分；
④△BPO≌△EDO．
A．①②B．①②③C．①②④D．①②③④
【答案】B
【分析】利用等边三角形的性质，三角形的全等，逐一判断即可．
【详解】∵△ABC，△CDE都是等边三角形，
∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠ECD=60°，
∴∠ACB+∠PCQ =∠ECD+∠PCQ，∠PCD=60°，
∴∠ACD =∠BCE，
∴△ACD≌△BCE，
∴①的说法是正确的；
∵△ACD≌△BCE，
∴∠PDC =∠QEC，
∵∠PCD=∠QCE=60°，CD=CE，
∴△PCD≌△QCE，
∴PC=QC，
∴△CPQ是等边三角形；
∴②的说法是正确的；
∵△PCD≌△QCE，
∴PD=QE，，
过点C作CG⊥PD，垂足为G，CH⊥QE，垂足为H，
∴，
∴CG=CH，
∴平分，
∴③的说法是正确的；
无法证明△BPO≌△EDO．
∴④的说法是错误的；
故答案为①②③，
故选B．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质与判定，三角形的全等与性质，角平分线的性质定理，熟练掌握等边三角形的性质，灵活进行三角形全等的判定，活用角的平分线性质定理的逆定理是解题的关键．
7．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．
8．如图，已知△ABC与△CDE都是等边三角形，点B、C、D在同一条直线上，AD与BE相交于点G，BE与AC相交于点F，AD与CE相交于点H，则下列结论①△ACD≌△BCE ②∠AGB＝60° ③BF＝AH ④△CFH是等边三角形 ⑤连CG，则∠BGC＝∠DGC．其中正确的个数是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】D
【详解】试题分析：∵∠BCA=∠DCE=60°，
∴∠BCE=∠ACD，在△BCE和△ACD中，
∵BC=AC，∠BCE=∠ACD，CE=CD，
∴△BCE≌△ACD（SAS）；故①正确；
∵△BCE≌△ACD，
∴∠CBF=∠CAH．
∵∠BFC=∠AFG，
∴∠AGB=∠ACB=60°，故②正确；
在△BCF和△ACH中，∠CBF=∠CAH，BC=AC，∠BCF=∠ACH，
∴△BCF≌△ACH（ASA），
∴CF=CH，BF=AH；故③正确；
∵CF=CH，∠ACH=60°，
∴△CFH是等边三角形；故④正确；
连接CG，过C点作CM⊥BE，作CN⊥AD，
∵△BCE≌△ACD，CM⊥BE，CN⊥AD，
∴CM=CN，
∴GC平分∠BGD，
∴∠BGC=∠DGC，故⑤正确．
故选：D．
二、填空题
9．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．
【详解】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．
【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，三角形全等，两直线垂直，勾股定理知识，掌握等腰直角三角形的性质，三角形全等，两直线垂直，勾股定理知识是解题关键．
10．如图，点B、C、E在同一条直线上，与都是等边三角形，下列结论：①AE=BD；②；③线段AE和BD所夹锐角为80°；④FG∥BE．其中正确的是______．（填序号）
【答案】①②④
【分析】利用等边三角形的性质证明可判断①，利用，可得利用三角形的外角的性质可得 从而可判断③， 再结合等边三角形的性质证明可判断②， 由可得：，结合可得，从而可判断④．
【详解】解：如图，记与的交点为，
∵与都是等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠BCA=∠DCE=60°
∵点B、C、E在同一条直线上，
∴∠ACD=60°，
∴∠BCD=∠ACE=120°
在和中，
∴，
所以结论①正确；
∵，
∴∠BDC=∠CEA，
∵∠AHB=∠DBE+∠BEA=∠DBE+∠BDC=180°∠BCD=60°， 所以③错误；
在和中，
，
∴，
∴所以②正确；
，
∵CG=CF，∠ACD=60°，
∴∠GFC=60，
又∵∠DCE=60°，
∴∠GFC=∠DCE，
∴GF∥BC，所以④正确．
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质和判定，平行线的判定，解决本题的关键是找到判定三角形全等的条件．
11．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_____．
【答案】①②④⑤
【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．
【点睛】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．
12．如图，CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=50°，AD、BE交于点H，连接CH，则∠CHE=_______．
【答案】65°
【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：．
【点睛】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．
13．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_________．
【答案】①②③④
【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．
【点睛】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．
14．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．
15．如图，正三角形和，A，C，E在同一直线上，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接PQ．①AD=BE；②PQ∥AE；③AP=BQ；④DE=DP；⑤∠AOB=60°．成立的结论有______________．并写出3对全等三角形___________________________．
【答案】 ①②③⑤ △ACD≌△BCE，△BCQ≌△ACP，△CDP≌△CEQ
【分析】①可证明△ACD≌△BCE,从而得出AD=BE；
②可通过证明△BCQ≌△ACP，从而可证明△PCQ为等边三角形，再根据内错角相等两直线平行可证明PQ∥AE．
③由②中△BCQ≌△ACP，可证AP=BQ；
④通过证明△CDP≌△CEQ可得DP=EQ，又由图可知DE＞QE，从而④错误；
⑤通过三角形外角定理和前面△ACD≌△BCE可得该结论．
由前面的证明过程可得出三个全等三角形．
【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≌△BCE
∴AD=BE，故本选项正确；
②∵△ACD≌△BCE，
∴∠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，
∴PQ∥AE，故本选项正确；
③由②△BCQ≌△ACP可得AP=BQ，故本选项正确；
④∵△ACD≌△BCE，
∴∠ADC=∠BEC，
∵CD=CE，∠DCP=∠ECQ=60°，
∴△CDP≌△CEQ（ASA）．
∴DP=EQ，
∵DE＞QE
∴DE＞DP，故本选项错误；
⑤∠AOB=∠DAE+∠AEO=∠DAE+∠ADC=∠DCE=60°，故本选项正确；
∴正确的有：①②③⑤．
由上面证明过程可知△ACD≌△BCE，△BCQ≌△ACP，△CDP≌△CEQ．
故答案为：①②③⑤；△ACD≌△BCE，△BCQ≌△ACP，△CDP≌△CEQ．
【点睛】本题考查全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质．熟练掌握全等三角形的判定定理，并能依据等边三角形三边相等，三角相等都是60°的特征判断三角形全等是解题关键．
16．如图，C在线段AB上，在AB的同侧作等边三角形△ACM和△BCN，连接AN，BM，若∠MBN＝38°，则∠ANB＝_____．
【答案】82°
【分析】根据等边三角形的边相等，角相等，易证△ACN和△MCB全等，则∠ANC和∠MBA相等，∠MBA＝60°﹣∠MBN＝60°﹣38°＝22°，然后可求出∠ANB．
【详解】解：∵△ACM和△BCN是等边三角形，
∴AC＝MC，CB＝CN，∠ACM+∠MCN＝∠BCN+∠MCN，
即∠ACN＝∠MCB．
在△ACN和△MCB中，
∴△ACN≌△MCB（SAS）．
∴∠ANC＝∠MBA．
∵∠MBA＝60°﹣∠MBN＝60°﹣38°＝22°，
∴∠ANC＝22°．
∴∠ANB＝22°+60°＝82°．
故答案为82°．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，本题是典型的“手拉手”模型，应熟练掌握其中全等三角形的证明.
三、解答题
17．如图，在中，，，点O是中点，，将绕点O旋转，的两边分别与射线、交于点D、E．
(1)当转动至如图一所示的位置时，连接，求证：；
(2)当转动至如图二所示的位置时，线段、、之间有怎样的数量关系？请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)CE﹣CD＝AC．理由见解析
【分析】（1）结论：．连接．证明；
（2）结论：，证明方法类似（1）．
【详解】（1）证明：∵，，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴．
（2）解：．
理由：连接．
∵，，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
18．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．
19．（1）如图1，已知△CAB和△CDE均为等边三角形，D在AC上，E在CB上，易得线段AD和BE的数量关系是 ．
（2）将图1中的△CDE绕点C旋转到图2的位置，直线AD和直线BE交于点F．
①判断线段AD和BE的数量关系，并证明你的结论；
②图2中∠AFB的度数是 ．
（3）如图3，若△CAB和△CDE均为等腰直角三角形，∠ABC＝∠DEC＝90°，AB＝BC，DE＝EC，直线AD和直线BE交于点F，分别写出∠AFB的度数，线段AD、BE间的数量关系．
【答案】（1）；（2）①，证明见解析；②；（3），
【分析】（1）由等腰三角形的性质即可求解；
（2）①由“SAS”可证,可得；②由全等三角形的性质可得，即可解决问题；
（3）结论：先证明可得由此即可解决问题．
【详解】（1）；
证明：∵和是等边三角形，
∴
∴，
故填：；
（2）①；
证明：∵和是等边三角形，
∴
∴
在和中
∵
∴,
∴；
②∵,
∴
设BC交AF于点O，如图，
∵
∴
∴
故答案为：；
（3）结论：
理由如下：
在Rt中，
∵
∴
∵
∴

∴
∴
∴
∵
∴．
【点睛】本题考查几何变换旋转综合题，考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等边三角形的性质，特殊角的三角函数值，解题关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题．
20．如图，在中，，D、E分别是、的中点，.
（1）如图1，若，求的长度（用含a的代数式表示）；
（2）如图2，将绕点A顺时针旋转，旋转角为，连接、，判断与的数量关系，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，当的外心在三角形的外部时，请直接写出的取值范围．
【答案】（1）2a；（2）BD=CE，理由见详解；（3）0°＜α＜60°或90°＜α＜180°．
【分析】（1）由题意直接根据三角形中位线定理进行分析即可解答；
（2）根据题意先证明△DAB≌△EAC，进而根据全等三角形的性质分析即可得到答案；
（3）根据题意分∠AEC=90°、∠EAC=90°两种情况求出α，根据三角形的外心的概念进行解答．
【详解】解：（1）∵D、E分别是AB，AC的中点，，
∴BC=2DE=2a；
（2）BD=CE，
理由如下：∵D、E分别是AB，AC的中点，AB=AC，
∴AD=AE，
由旋转变换的性质可知，∠DAB=∠EAC，
在△DAB和△EAC中，
，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴BD=CE；
（3）当△ACE的外心在三角形的外部时，△ACE为钝角三角形，
当∠AEC=90°时，取AC的中点H，连接EH，
则EH=AC=AH，
由题意得，AE=AH，
∴AE=AH=EH，
∴△AEH为等边三角形，
∴∠EAH=60°，
∴当0°＜α＜60°时，△ACE为钝角三角形，
当∠EAC=90°时，α=90°，
∴90°＜α＜180°时，△ACE为钝角三角形，
综上所述：当△ACE的外心在三角形的外部时，0°＜α＜60°或90°＜α＜180°．
【点睛】本题考查的是旋转变换的性质和三角形的外心的概念以及全等三角形的判定和性质，熟练掌握三角形的外接圆圆心的概念、全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
21．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．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【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
=．
【点睛】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．
22．如图，△ABC中，AB＝AC＝1，∠BAC＝45°，△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，连接BE，CF相交于点D,
（1）求证：BE＝CF ；
（2）当四边形ACDE为菱形时，求BD的长．
【答案】（1）证明见解析（2）-1
【分析】（1）先由旋转的性质得AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，则∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF，即∠EAB=∠FAC，利用AB=AC可得AE=AF，得出△ACF≌△ABE，从而得出BE=CF；
（2）由菱形的性质得到DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE，根据等腰三角形的性质得∠AEB=∠ABE，根据平行线得性质得∠ABE=∠BAC=45°，所以∠AEB=∠ABE=45°，于是可判断△ABE为等腰直角三角形，所以BE=AC=，于是利用BD=BE﹣DE求解．
【详解】（1）∵△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，
∴AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，
∴∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF，
即∠EAB=∠FAC，
在△ACF和△ABE中，
△ACF≌△ABE
BE=CF.
（2）∵四边形ACDE为菱形，AB=AC=1，
∴DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE，
∴∠AEB=∠ABE，∠ABE=∠BAC=45°，
∴∠AEB=∠ABE=45°，
∴△ABE为等腰直角三角形，
∴BE=AC=，
∴BD=BE﹣DE=．
23．在中，，点D是直线BC上一点（点D不与点B，C重合），以AD为一边在AD的右侧作，使，，连接CE．
（1）如图（1），若点D在线段BC上，和之间有怎样的数量关系？（不必说明理由）
（2）若，当点D在射线BC上移动时，如图（2），和之间有怎样的数量关系？说明理由．
【答案】（1）；（2），理由见解析
【分析】（1）根据题意证明，根据三角形的内角和即可求解；
（2）设AD与CE交于F点，根据题意证明，根据平角的性质即可求解．
【详解】（1）．理由如下：
，
．
，，
，
，
∴=
∵
∴;
（2）．理由如下：
设AD与CE交于F点．
，．
，，
，．
，．
，，
．
【点睛】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知全等三角形的判定定理．
24．背景：一次小组合作探究课上，小明将两个正方形按背景图位置摆放（点E，A，D在同一条直线上），发现BE=DG且BE⊥DG．小组讨论后，提出了三个问题，请你帮助解答：
（1）将正方形AEFG绕点A按逆时针方向旋转，（如图1）还能得到BE=DG吗？如果能，请给出证明．如若不能，请说明理由：
（2）把背景中的正方形分别改为菱形AEFG和菱形ABCD，将菱形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，（如图2）试问当∠EAG与∠BAD的大小满足怎样的关系时，背景中的结论BE=DG仍成立？请说明理由；
（3）把背景中的正方形改成矩形AEFG和矩形ABCD，且，AE=4，AB=8，将矩形AEFG绕点A按顺时针方向旋转（如图3），连接DE，BG．小组发现：在旋转过程中， BG2+DE2是定值，请求出这个定值．
【答案】（1）见解析；（2）当∠EAG=∠BAD时，BE=DG成立；理由见解析；（3）．
【分析】（1）根据四边形ABCD和AEFG是正方形的性质证明△EAB≌△GAD即可；
（2）根据菱形AEFG和菱形ABCD的性质以及角的和差证明△EAB≌△GAD即可说明当∠EAG=∠BAD时，BE=DG成立；
（3）如图：连接EB，BD,设BE和GD相交于点H，先根据四边形AEFG和ABCD为矩形的性质说明△EAB∽△GAD，再根据相似的性质得到，最后运用勾股定理解答即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形
∴AB=AD，
∵四边形AEFG为正方形
∴AE=AG，
∴
在△EAB和△GAD中有：
∴△EAB≌△GAD
∴BE=DG；
(2)当∠EAG=∠BAD时，BE=DG成立。
证明：∵四边形ABCD菱形
∴AB=AD
∵四边形AEFG为正方形
∴AE=AG
∵∠EAG=∠BAD
∴
∴
在△EAB和△GAD中有：
∴△EAB≌△GAD
∴BE=DG；
(3)连接EB，BD,设BE和GD相交于点H
∵四边形AEFG和ABCD为矩形
∴
∴
∵
∴△EAB∽△GAD
∴
∴∠GHE=∠EAG=90°
∴
∴
，
∴．
【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的性质、菱形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，灵活运用所学知识是解答本题的关键．
25．两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．
【详解】（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．
26．小明同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组全等的三角形，小明把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．
（1）问题发现：如图1，若△ABC和△ADE均是顶角为40°的等腰三角形，BC、DE分别是底边，求证：BD＝CE；
（2）拓展探究：如图2，若△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一条直线上，连接BE，则∠AEB的度数为 ；线段BE与AD之间的数量关系是 ；
（3）解决问题：如图3，若△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一条直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM、AE、BE之间的数量关系并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）60°，BE＝AD；（3）∠AEB＝90°，AE＝BE+2CM，理由见解析
【分析】（1）先判断出∠BAD＝∠CAE，进而利用SAS判断出△BAD≌△CAE，即可得出结论；
（2）同（1）的方法判断出△BAD≌△CAE，得出AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，最后用角的差，即可得出结论；
（3）同（2）的方法，即可得出结论．
【详解】解：（1）∵△ABC和△ADE均是顶角为40°的等腰三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE；
（2）∵△ABC和△ADE均是等边三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝∠CDE＝∠CED＝60°，
∴∠ACB﹣∠BCD＝∠DCE﹣∠BCD，
∴∠ACD＝∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，
∵∠CDE＝60°，
∴∠BEC＝∠ADC＝180°﹣∠CDE＝120°，
∵∠CED＝60°，
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝60°，
故答案为：60°，BE＝AD；
（3）AE＝BE+2CM，理由：
同（1）（2）的方法得，△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，
∵△CDE是等腰直角三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝45°，
∴∠ADC＝180°﹣∠CDE＝45°，
∴∠BEC＝∠ADC＝135°，
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝135°﹣45°＝90°，
∵CD＝CE，CM⊥DE，
∴DM＝ME，
∵∠DCE＝90°，
∴DM＝ME＝CM．
∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形，等边三角形，等腰直角三角形的性质，判断出△ACD≌△BCE是解本题的关键．
∴．
∴，．
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.
【点睛】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.
27．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 °．
【答案】（1）证明见解析；（2）60；（3）60；（4）60；
【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：．
【点睛】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．
28．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．
【答案】（1）见解析；（2）60°；（3）18.23cm
【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．
【点睛】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．
29．（1）作图发现：如图1，已知，小涵同学以AB、AC为边向外作等边和等边．连接BE，CD、这时他发现BE与CD的数量关系是______；
（2）拓展探究：如图2，已知，小涵同学以AB、AC为边向外作正方形ABFD和正方形ACGE，连接BE，CD，试判断BE与CD之间的数量关系，并说明理由；
（3）解决问题：如图3，要测量池塘两岸相对的两点B，E的距离，已经测得，，米，，求BE的距离．
【答案】（1）；（2），理由见解析；（3）BE的距离为．
【分析】（1）利用等边三角形的性质得出，然后有，再利用SAS即可证明，则有；
（2）利用正方形的性质得出，然后有，再利用SAS即可证明，则有；
（3）根据前（2）问的启发，过作等腰直角，连接，，同样的方法证明，则有，在中利用勾股定理即可求出CD的值，则BE的值可求．
【详解】（1）如图1所示：
∵和都是等边三角形
∴，，
∴，即
在和中
∵
∴（SAS）
∴
（2）BE=CD ，理由如下：
∵四边形ABFD和ACGE均为正方形
∴，，
∴
在和中
∵
∴（SAS）
∴
（3）如图3，
过作等腰直角，，连接，，
则米，，
米，

∴
即
在和中，
，
，
，
，
在中，米，米，
根据勾股定理得：（米），
则米．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质，正方形的性质，等边三角形的性质和等腰直角三角形的性质，勾股定理应用，掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．
30．在学习全等三角形知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型：模型是由两个顶角相等且有公共顶角顶点的等腰三角形组成的图形，如果把它们的底角顶点连接起来，则在相对位置变化的过程中，始终存在一对全等三角形，我们把这种模型称为“手拉手模型”．这个数学兴趣小组进行了如下操作：
（1）如图1．在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=40°（AB＞AD），连接BD，CE，当点E落在AB边上，且D，E，C三点共线时，则在这个“手拉手模型”中，和△ABD全等的三角形是 ，∠BDC的度数为 ．
（2）如图2．在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°，连接BD，CE，当点B，D，E在同一条直线上时，请判断线段BD和CE的关系，并说明理由．
（3）如图3，已知△ABC，请画出图形：以AB，AC为边分别向△ABC外作等边三角形ABD和等边三角形ACE（等边三角形三条边相等，三个角都等于60°），连接BE，CD，交于点P，请直接写出线段BE和CD的数量关系及∠BPD的度数．
【答案】（1）△ACE，40°；（2）BD=CE且BD⊥CE，理由见解析；（3）作图见解析，BE=CD，∠BPD=60°．
【分析】（1）利用全等三角形的判定定理可以证明，再根据全等三角形的性质及三角形内角和定理求出是解题的突破口；
（2）通过∠BAC=∠DAE=90°及等量代换可得相等关系，再通过证明△DAB≌△EAC（SAS），通过等量代换推出∠DBC+∠ECB=90°即可间接证明垂直；
（3）利用全等三角形的判定定理可以证明三角形全等得出BE=CD，通过等量代换求解可得∠BPD=60°．
【详解】解：（1）由题意在△ABD和△ACE中，
,
，
，
，
，
，
，
，
故答案是：△ACE，40°；
（2）BD=CE且BD⊥CE；
理由：因为∠BAC=∠DAE=90°，
所以∠DAC+∠DAB=∠DAC+∠EAC．
所以∠DAB=∠EAC．
在△DAB和△EAC中，
，
所以△DAB≌△EAC（SAS），
所以BD=CE，∠DBA=∠ECA，
因为∠DBA+∠EBC+∠ACB=90°，
所以∠ECA+∠EBC+∠ACB=90°，
即∠DBC+∠ECB=90°，
所以∠BEC=180°﹣（∠DBC+∠ECB）=90°，
所以BD⊥CE，
（3）BE=CD，∠BPD=60°，理由如下：
如图所示，为等边三角形，

，
，
，
，
在中，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定及性质、三角形内角和定理、等边三角形的性质、解题的关键是掌握相关定理的同时，要灵活运用等量代换的思想进行解答．
31．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，若点恰好在上，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.
32．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
【答案】（1）见解析；（2）①120°；②会变，60°
【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：≌（），
∴，
∴．
【点睛】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．
33．（1）如图1，和都是等边三角形，且，，三点在一条直线上，连接，相交于点，求证：．
（2）如图2，在中，若，分别以，和为边在外部作等边，等边，等边，连接、、恰交于点．
①求证：；
②如图2，在（2）的条件下，试猜想，，与存在怎样的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）详见解析；（2）①详见解析；②，理由详见解析
【分析】（1）根据等边三角形的性质得出BC=AC，CE=CD，∠ACB=∠DCE=60°，进而得出∠BCE=∠ACD，判断出（SAS），即可得出结论；
（2）①同（1）的方法判断出（SAS），（SAS），即可得出结论； ②先判断出∠APB=60°，∠APC=60°，在PE上取一点M，使PM=PC，证明是等边三角形， 进而判断出（SAS），即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵和都是等边三角形，
∴BC=AC，CE=CD，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ABC+∠ACE=∠DCE+∠ACE，
即∠BCE=∠ACD，
∴（SAS），
∴BE=AD；
（2）①证明：∵和是等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，
即∠ACD=∠BCE，
∴（SAS），
∴AD=BE，
同理：（SAS），
∴AD=CF，
即AD=BE=CF；
②解：结论：PB+PC+PD=BE，
理由：如图2，AD与BC的交点记作点Q，则∠AQC=∠BQP，
由①知，，
∴∠CAD=∠CBE，
在中，∠CAD+∠AQC=180°-∠ACB=120°，
∴∠CBE+∠BQP=120°，
在中，∠APB=180°-（∠CBE+∠BQP）=60°，
∴∠DPE=60°，
同理：∠APC=60°，
∠CPD=120°，
在PE上取一点M，使PM=PC，
∴是等边三角形，
∴，∠PCM=∠CMP=60°，
∴∠CME=120°=∠CPD，
∵是等边三角形，
∴CD=CE，∠DCE=60°=∠PCM，
∴∠PCD=∠MCE，
∴（SAS），
∴PD=ME，
∴BE=PB+PM+ME=PB+PC+PD．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了三角形的内角和定理，等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，构造出全等三角形是解本题的关键．
34．给出定义，若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称该四边形为勾股四边形．
（1）在你学过的特殊四边形中，写出两种勾股四边形的名称；
（2）如图，将△ABC绕顶点B按顺时针方向旋转60°得到△DBE，连接AD，DC，CE，已知∠DCB=30°．
①求证：△BCE是等边三角形；
②求证：DC2+BC2=AC2，即四边形ABCD是勾股四边形．
【答案】(1)正方形、矩形、直角梯形均可；(2)①证明见解析②证明见解析
【分析】（1）根据定义和特殊四边形的性质，则有矩形或正方形或直角梯形；
（2）①首先证明△ABC≌△DBE，得出AC=DE，BC=BE，连接CE，进一步得出△BCE为等边三角形；
②利用等边三角形的性质，进一步得出△DCE是直角三角形，问题得解．
【详解】解：（1）正方形、矩形、直角梯形均可；
（2）①∵△ABC≌△DBE，
∴BC=BE，
∵∠CBE=60°，
∴△BCE是等边三角形；
②∵△ABC≌△DBE，
∴BE=BC，AC=ED；
∴△BCE为等边三角形，
∴BC=CE，∠BCE=60°，
∵∠DCB=30°，
∴∠DCE=90°，
在Rt△DCE中，
DC2+CE2=DE2，
∴DC2+BC2=AC2．
35．如图1，在△ABC中，AE⊥BC于E，AE＝BE，D是AE上的一点，且DE＝CE，连接BD，CD．
（1）试判断BD与AC的位置关系和数量关系，并说明理由；
（2）如图2，若将△DCE绕点E旋转一定的角度后，试判断BD与AC的位置关系和数量关系是否发生变化，并说明理由；
（3）如图3，若将（2）中的等腰直角三角形都换成等边三角形，其他条件不变．
①试猜想BD与AC的数量关系，并说明理由；
②你能求出BD与AC的夹角度数吗？如果能，请直接写出夹角度数；如果不能，请说明理由．
【答案】（1）BD＝AC，BD⊥AC，理由见解析；（2）不变，理由见解析；（3）①BD＝AC，理由见解析；②能，60°或120°．
【分析】（1）延长BD交AC于F，根据“”判定，根据全等三角形的性质，即可求证；
（2）根据“”判定，根据全等三角形的性质，即可求证；
（3）①根据“”判定，根据全等三角形的性质，即可求证；②设与交于点，根据全等三角形的性质，即可求证．
【详解】（1）BD＝AC，BD⊥AC，
理由：延长BD交AC于F．
∵AE⊥BC，
∴∠AEB＝∠AEC＝90°，
在△BED和△AEC中
∴，
∴BD＝AC，∠DBE＝∠CAE，
∵∠BED＝90°，
∴∠EBD+∠BDE＝90°，
∵∠BDE＝∠ADF，
∴∠ADF+∠CAE＝90°，
∴∠AFD＝180°﹣90°＝90°，
∴BD⊥AC；
（2）
不发生变化，
理由是：∵∠BEA＝∠DEC＝90°，
∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，
∴∠BED＝∠AEC，
在△BED和△AEC中，
∴△BED≌△AEC（SAS），
∴BD＝AC，∠BDE＝∠ACE，
∵∠DEC＝90°，
∴∠ACE+∠EOC＝90°，
∵∠EOC＝∠DOF，
∴∠BDE+∠DOF＝90°，
∴∠DFO＝180°﹣90°＝90°，
∴BD⊥AC；
（3）①∵∠BEA＝∠DEC＝90°，
∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，
∴∠BED＝∠AEC，
在△BED和△AEC中，
∴△BED≌△AEC（SAS），
∴BD＝AC，
②能．设与交于点，如下图：
理由：∵△ABE和△DEC是等边三角形，
∴AE＝BE，DE＝EC，∠EDC＝∠DCE＝60°，∠BEA＝∠DEC＝60°，
∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，
∴∠BED＝∠AEC，
在△BED和△AEC中，
，
∴△BED≌△AEC（SAS），
∴∠BDE＝∠ACE，BD＝AC．
∴
，
即BD与AC所成的角的度数为60°或120°．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握全等三角形的判定方法与性质．
36．如图，在等腰△ABC与等腰△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=α，连接BD和CE相交于点P，交AC于点M，交AD于点N．
(1)求证：BD=CE．
(2)求证：AP平分∠BPE．
(3)若α=60°，试探寻线段PE、AP、PD之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)PE=AP+PD，见解析
【分析】（1）由“SAS”可证△BAD≌△CAE，可得BD=CE；
（2）由全等三角形的性质可得S△BAD=S△CAE，由三角形面积公式可得AH=AF，由角平分线的性质可得AP平分∠BPE；
（3）由全等三角形的性质可得∠BDA=∠CEA，由“SAS”可证△AOE≌△APD，可得AO=AP，可证△APO是等边三角形，可得AP=PO，可得PE=AP+PD，即可求解．
【详解】（1）证明：∵∠BAC=∠DAE=α，
∴∠BAD=∠CAE，
又∵AB=AC，AD=AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD=CE；
（2）证明：如图，过点A作AH⊥BD，AF⊥CE，
∵△BAD≌△CAE，
∴S△BAD=S△CAE，BD=CE，
∴BD×AH=CE×AF，
∴AH=AF，
又∵AH⊥BD，AF⊥CE，
∴AP平分∠BPE；
（3）解：PE=AP+PD，理由如下：
如图，在线段PE上截取OE=PD，连接AO，
∵△BAD≌△CAE，
∴∠BDA=∠CEA，
又∵OE=PD，AE=AD，
∴△AOE≌△APD（SAS），
∴AP=AO，
∵∠BDA=∠CEA，∠PND=∠ANE，
∴∠NPD=∠DAE=α=60°，
∴∠BPE=180°-∠NPD=180°-60°=120°，
又∵AP平分∠BPE，
∴∠APO=60°，
又∵AP=AO，
∴△APO是等边三角形，
∴AP=PO，
∵PE=PO+OE，
∴PE=AP+PD．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质以及角之间的关系，证明△BAD≌△CAE是解本题的关键．
37．边长为4的正方形ABCD与边长为2的正方形CEFG如图1摆放，将正方形CEFG绕点C顺时针旋转，旋转角为α，连接BG，DE．
（1）如图2，求证：△BCG≌△DCE；
（2）如图2，连接DG，BE，判断DG2+BE2否为定值．若是，求这个定值若不是，说明理由；
（3）如图3，当点G恰好落在DE上时，求α的值．
【答案】（1）见解析；（2）48；（3）
【分析】（1）通过边角边判定三角形全等；
（2）连接，设交于点，交于点，先证明，由勾股定理可得；
（3）作于点，则，且，由含30度角的直角三角形的性质求解．
【详解】（1）四边形与为正方形，，，
，，
，
在和中，
(SAS)，
（2）连接，设交于点，交于点，
，，
，
在△和中，
，
，
，
，
由勾股定理得，，
，
，
，，
，
(3)作于点，如图，
△为等腰直角三角形，
，且，
在中，，
，
，
．
．
【点睛】本题考查四边形与三角形的综合问题，解题关键是熟练掌握正方形与直角三角形的性质，通过添加辅助线求解．