ni三角形手拉手模型-专题讲义

全等三角形之手拉手模型
本文将介绍手拉手模型，这是指有公共顶点的两个等腰三角形，顶角相等。

因为顶点相连的四条边，形象的可以看作两双手，所以通常称为手拉手模型。

一个基本的手拉手模型例题是：已知，△ABB'和△ACC'都是等腰三角形，AB=AB'，AC=AC'，且∠BAB'=∠CAC'。

可以得出三个结论：第一，△ABC≌△AB'C'（SAS），因为BC=B'C'；第二，∠BOB'=∠BAB'；第三，AO平分∠BOC'。

在共顶点的等腰直角三角形中，也可以使用手拉手模型。

例如，如果△ABC和△ADE是等腰直角三角形，且
∠BAC=∠DAE=90°，则可以证明BD=CE和BD⊥CE。

另外一个例子是在共顶点的等边三角形中。

如果点A为线段BD上一点，△ABC和△ADE均是等边三角形，则可以求出CD=BE，以及∠DAE＋∠BFD=180°和
∠BFA=∠DFA=60°。

全等三角形之手拉手模型专题
手拉手模型：
定义：所谓手拉手模型，是指有公共顶点的两个等腰三角形，顶角相等。

因为顶点相连的四条边，形象的可以看作两双手，所以通常称为手拉手模型。

基本模型：
例题：已知，△ABB'和△ACC'都是等腰三角形，AB=AB'，AC=AC'，且∠BAB'=∠CAC'。

共顶点的等腰直角三角形中的手拉手
变式精练1、下图，△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°,求证：⑴ BD=CE ⑵ BD⊥CE
共顶点的等边三角形中的手拉手
变式精练2：如图，点A为线段BD上一点，△ABC和△ADE均是等边三角形，求：（1）CD=BE (2)∠DAE＋∠BFD=180° (3)∠BFA=∠DFA=60°
模型应用1：如图，分别以△ABC 的边AB、AC 同时向外作等腰直角三角形，其中AB =AE ，AC =AD，∠BAE =∠CAD=90°，点G为BC中点，点F 为BE 中点，
点H 为CD中点。

探索GF 与GH 的位置及数量关系并说明理由。

（选讲）模型应用2：如图，在五边形ABCDE中，∠ABC =∠AED =90°，∠BAC =∠EAD=α，F 为CD的中点。

求证：（1）BF=EF
课堂小测：
练习1：如图，两个正方形ABCD与DEFG,连结CE、AG,二者相交于点H。

求：（1）AG=CE （2）AG与CE之间的夹角为多少度？（3）HD平分∠AHE。

全等模型-手拉手模型全等三角形在中考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，本专题就全等三角形中的重要模型(手拉手(旋转)模型)进行梳理及对应试题分析，方便掌握。

模型1.手拉手模型(三角形)【模型解读】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。

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△ABD≅△ACE。

【常见模型及证法】(等边)(等腰直角)(等腰)1(2022·北京东城·九年级期末)如图，在等边三角形ABC中，点P为△ABC内一点，连接AP，BP，CP，将线段AP绕点A顺时针旋转60°得到AP ，连接PP ，BP ．(1)用等式表示BP 与CP的数量关系，并证明；(2)当∠BPC=120°时， ①直接写出∠P BP的度数为；②若M为BC的中点，连接PM，请用等式表示PM与AP的数量关系，并证明．2(2022·黑龙江·中考真题)△ABC和△ADE都是等边三角形．(1)将△ADE绕点A旋转到图①的位置时，连接BD，CE并延长相交于点P(点P与点A重合)，有PA+ PB=PC(或PA+PC=PB)成立；请证明．(2)将△ADE绕点A旋转到图②的位置时，连接BD，CE相交于点P，连接PA，猜想线段PA、PB、PC之间有怎样的数量关系？并加以证明；(3)将△ADE绕点A 旋转到图③的位置时，连接BD，CE相交于点P，连接PA，猜想线段PA、PB、PC之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不需要证明．3(2023·黑龙江哈尔滨·九年级校考期中)如图，在△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C′B，则∠C′BA的度数为()A.15°B.20°C.30°D.45°4(2022·青海·中考真题)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，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是顶角相等的等腰三角形，BC，DE分别是底边.求证：BD= CE；(2)解决问题：如图2，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.图1 图25(2022秋·江苏·八年级期中)点D为△ABC外一点，∠ACB=90°，AC=BC．(1)如图1，∠DCE=90°，CD=CE，求证：∠ADC=∠BEC；(2)如图2，若∠CDB=45°，AE∥BD，CE⊥CD，求证：AE=BD；模型2.手拉手模型(正多边形型)【模型解读】将两个多边形绕着公共顶点(即头)旋转某一角度后能完全重合，则这两个多边形构成手拉手全等，也叫旋转型全等，常用“边角边”判定定理证明全等。

手拉手模型1、等边三角形条件：△ OAB △ OCD均为等边三角形结论：二零"厂=容朋J；氏讣律泸；「浓子势.•&乎》导角核心：八字导角2、等腰直角三角形条件：△ OAB △ OCD均为等腰直角三角形结论：二葺沁.'=H；总恶「:詩；■「氓子势灵' 导角核心:条件：△ OAB △ OCD均为等腰三角形，且/ AOB = Z COD结论：,⑺住=⑴泠】；包/化识=n血；常核心条件：OA = OB；OC = OD；ZAOB^ZCOD例题讲解:1:在直线ABC的同一侧作两个等边三角形△ ABD^R^ BCE连接AE与CD 等边三角形要得到哪些结论要联想到什么模型k___________________________________ )证明：("△ABE^A DBC(2) AE=DC(3) AE与DC的夹角为60°;(4) A AGB^A DFB(5) A EGB^A CFB(6) BH平分/ AHC解题思路：2:利用边角边证明全等；3：八字导角得角相等；2:如图两个等腰直角三角形ADC与EDG连接AG,CE,二者相交于H.等腰直角三角形要得到哪些结论要联想到什么模型k___________________________________ )问 (ADG^A CDE是否成立(2)AG是否与CE相等(3)AG与CE之间的夹角为多少度(4)HD是否平分/ AHE解题思路：2:利用边角边证明全等；3:八字导角得角相等；3：如图，分别以△ ABC的边AB AC同时向外作等腰直角三角形，其中AB =AE，AC=AD,等腰直角三角形要得到哪些结论要联想到什么模型Z BAE=Z CAD=90，点G为BC中点，点F为BE中点，点H为CD中点。

探索GF与GH的位置及数量关系并说明理由B G C解题思路：1:有两个共顶点的等腰直角三角形，联想手拉手全等，连接BD, CE △ BAD^A EAC1:如图1,已知/ DAC=90 , △ ABC是等边三角形，点P为射线AD任意一点(P与A 不重合)，E.(1)_________________________ 如图1,猜想/ QEP=團1(2)如图2, 3,若当/ DAC是锐角或钝角时，其它条件不变，猜想/ 取一QEP勺度数，选种情况加以证明；图2 團3(3) 如图3,若/ DAC=135，/ ACP=15，且AC=4 求BQ的长.有特殊的钝角，需要做什么求线段长有哪些方法解题思路:1:旋转60°,出现等边三角形2:两个共顶点的三角形，联想手拉手全等3:求线段长度，利用勾股定理2:在ABC 中，AB BC 2 ABC 90 ，BD为斜边AC上的中线, 将ABD绕点D 等腰直角三角形斜边的中线可以得到什么点B的对应点为点顺时针旋转(0 180 )得到EFD ,其中点A的对应点为点E,F,等腰直角三角形绕顶点旋转，是什么模型3:在 Rt △ ABC 中， ACB 90 , D 是 AB 的中点，DEL BC 于 E ,连接 CD解题思路: 1 ：等腰直角三角形斜边的中线把三角形分成两个相同的等腰直角三角形2:等腰直角三角形绕顶点旋转，联想手拉手模型3:等腰直角三角形中出现中点，联想斜边中点4:利用勾股定理得线段关系BE 与FC 相交于点H.(1) ________________________________________________ 如图1,直接写出BE 与FC 的数量关系： _____________________________________________(2) 如图2, M N 分别为EF 、BC 的中点.求证：MN 2CF ; 2 出现中点要想到什么(3)连接BF ，CE,如图3,直接写出在此旋转过程中，线段 BF 、CE 与AC 之间的数量 关系: 「线段的关系都有哪些1直角+中点，联想什么(1)____________________________________________________________ 如图1,如果A 30，那么DE与CE之间的数量关系是__________________________________ .(2)如图2,在(1)的条件下，P是线段CB上一点，连接DP将线段DP绕点D逆时针旋转60 °，得到线段DF,连接BF，请猜想DE BF、BP三者之间的数量关系，并证明你的结论.旋转60°,要做什么，还要联想什么「线段关系，一般有哪些'(3)如图3,如果 A ( 0 90 ), P是射线CB上一动点(不与B C重合)，连接DP将线段DP绕点D逆时针旋转2a,得到线段DF,连接BF,请直接写出DE BF、BP三者之间的数量关系(不需证明).解题思路:1：直角三角形斜边的中线是斜边的一半2: 30°的直角三角形，得到等边三角形3:线段关系一般有和差倍，勾股定理4:等腰三角形共顶点旋转，联想手拉手模型1:已知：在厶ABC中，/ BAC=60(1)如图1，若AB=AC 点P 在厶ABC内，且/ APC=150 , PA=3 PC=4,把厶APC绕着点A顺时针旋转，使点C旋转到点B处，得到△ ADB连接DP旋转60°，要做什么，还要联想什么①依题意补全图1；②直接写出PB的长；(2)如图2,若AB=AC点P在厶ABC外,且PA=3 PB=5 PC=4求/ APC的度数；给出共顶点的三条线段，要做什么当看到3, 4, 5，要来你想什么k ______________________________ >(3)如图3,若AB=2AC点P在厶ABC内，且PA=/3 , PB=5 Z APC=120，请直接写出PC 的长.解题思路:1:共点的三条线段，利用旋转，构造手拉手模型，使之放在同一三角形中2:勾股定理，勾股数3:沿用前两问思路，构造手拉手相似2:在口ABCD中，E是AD上一点，AE=AB过点E作直线EF,在EF上取一点G,使得/ EGB2 EAB 连接AG.(1)如图1,当EF与AB相交时，若/ EAB=60，求证：EG =AG+BG(2)如图2,当EF与AB相交时，若/ EAB= a( 0o <a< 90o )，请你直接写出线段EG AG BG之间的数量关系(用含a的式子表示)；(3)如图3,当EF与CD相交时，且/ EAB=90，请你写出线段EG AG BG之间的数量关系，并证明你的结论.團31:有60°角，联想等边三角形，联想手拉手2:线段和差，联想截长补短3:等腰三角形，构造手拉手模型4:三条线段的关系：和差倍、勾股定理课堂练习A类1:如图，已知ABC和ADE都是等边三角形，B、C、D在一条直线上，试说明CE 与AC CD 相等的理由.C D(1) 如图1,直接写出 ABD 的大小(用含 的式子表示)；(2) 如图2, BCE 150 , ABE 60，判断△ ABE 的形状并加以证明;(3) 在(2)的条件下，连结 DE 若 DEC 45，求 的值2:如图，点C 是线段AB 上除点A B 外的任意一点，分别以 AC BC 为边在线段AB 的同旁作等边△ ACD 和等边△ BCE 连接AE 交DC 于 M 连接BD 交CE 于N 连接 MN(1) 求证：AE=BD(2) 求证：MN/ AB3:已知：如图，△ ABC △ CDE 都是等边三角形,AD BE 的中点.(1) 求证：AD=BE(2) 求/ D0E 的度数；(3) 求证：△ MNC 1等边三角形. 1:在厶ABC 中，AB AC , BAC 0 得到线段BD.60 ，将线段BC 绕点B 逆时针旋转60AD BE 相交于点0,点M N 分别是线段2. 如图1在四边形ABC 中，BA=BC Z ABC=60，上ADC=30，连接对角线BD.(1) 将线段C ［绕点C 顺时针旋转60°得到线段CE 连接AE.① 依题意补全图1；② 试判断AE 与 BD 勺数量关系，并证明你的结论；(2) 在(1)的条件下，直接写出线段 DA DB 和DC 之间的数量关系；(3) 如图2, F 是对角线BDh —点，且满足Z AFC=150，连接FA 和FC,探究线段FA 、FB 和FC 之间的数量关系，并证明.3. 如图，在△ ABC 中，Z ACB=90，AC=BC=C ，Z ACD a ，将线段 CD 绕点C 顺时针旋 转90°得到线段 CE,连接DE AE BD(1) 依题意补全图1;(2) 判断AE 与BD 的数量关系与位置关系并加以证明；(3) 若0 °VaW 64°，AB=4,AE 与BD 相交于点G,求点G 到直线AB 的距离的最大值.请写出求解的思路(可以不写出计算结果 ). 1:已知：PA 2, PB 4，以AB 为一边做正方形 ABCD ，使P 、D 两点落在直线 AB的两侧。

相似三角形重要模型-手拉手模型相似三角形是初中几何中的重要的内容，常常与其它知识点结合以综合题的形式呈现，其变化很多，是中考的常考题型。

手拉手模型相似是手拉手模型当中相对于手拉手全等模型较难的一种模型，在实际的应用和解题当中出现时，对于同学们来说，都比较困难。

而深入理解模型内涵，灵活运用相关结论可以显著提高解题效率，本专题重点讲解相似三角形的“手拉手”模型(旋转模型)。

手拉手相似证明题一般思路方法:①由线段乘积相等转化成线段比例式相等；②分子和分子组成一个三角形、分母和分母组成一个三角形；③第②步成立，直接从证这两个三角形相似，逆向证明到线段乘积相等；④第②步不成立，则选择替换掉线段比例式中的个别线段，之后再重复第③步。

模型1.“手拉手”模型(旋转模型)【模型解读与图示】“手拉手”旋转型定义：如果将一个三角形绕着它的项点旋转并放大或缩小(这个顶点不变)，我们称这样的图形变换为旋转相似变换，这个顶点称为旋转相似中心，所得的三角形称为原三角形的旋转相似三角形。

1)手拉手相似模型(任意三角形)条件:如图，∠BAC =∠DAE =α，AD AB =AE AC=k ；结论：△ADE ∽△ABC ，△ABD ∽△ACE ；EC BD =k .2)手拉手相似模型(直角三角形)条件:如图，∠AOB =∠COD =90°，OC OA =OD OB =k (即△COD ∽△AOB )；结论：△AOC ∽△BOD ；BD AC =k ，AC ⊥BD ，S ABCD =12AB ×CD .3)手拉手相似模型(等边三角形与等腰直角三角形)条件:M 为等边三角形ABC 和DEF 的中点；结论：△BME ∽△CMF ；BE CF =3.条件:△ABC 和ADE 是等腰直角三角形；结论：△ABD ∽△ACE .1(2023秋·福建泉州·九年级校考期末)问题背景：(1)如图①，已知△ABC ∽△ADE ，求证：△ABD ∽△ACE ；尝试应用：(2)如图②，在△ABC 和△ADE 中，∠BAC =∠DAE =90°，∠ABC =∠ADE =60°，AC 与DE相交于点F ，点D 在BC 边上，DF CF=233，求AD BD 的值；拓展创新：(3)如图③，D 是△ABC 内一点，∠BAD =∠CBD =30°，∠BDC =90°，AB =4，AC =23，求AD 的长．【答案】(1)见解析；(2)AD BD =2；(3)AD =5【分析】问题背景(1)由题意得出AB AD =AC AE ，∠BAC =∠DAE ，则∠BAD =∠CAE ，可证得结论；尝试应用(2)连接EC ，证明△ABC ∽△ADE ，由(1)知△ABD ∽△ACE ，由相似三角形的性质得出AE AD =EC BD =3，∠ACE =∠ABD =∠ADE ，可证明△ADF ∽△ECF ，得出DF CF =AD CE=233，则可求出答案．拓展创新(3)过点A 作AB 的垂线，过点D 作AD 的垂线，两垂线交于点M ，连接BM ，证明△BDC ∽△MDA ，由相似三角形的性质得出BD MD =DC DA ，证明△BDM ∽△CDA ，得出BM CA =DM AD=3，求出BM =6，由勾股定理求出AM ，最后由直角三角形的性质可求出AD 的长．【详解】问题背景(1)证明：∵△ABC ∽△ADE ，∴AB AD =AC AE ，∠BAC =∠DAE ，∴∠BAD =∠CAE ，AB AC =AD AE，∴△ABD ∽△ACE ；尝试应用(2)解：如图，连接EC ，∵∠BAC=∠DAE=90°，∠ABC=∠ADE=60°，∴△ABC∽△ADE，AE=3AD由(1)知△ABD∽△ACE，∴AEAD=ECBD=3，∠ACE=∠ABD=∠ADE=60°，∴AEEC=ADBD，∵∠AFD=∠AEFC∴△ADF∽△ECF∴DFCF =ADCE∵DF CF =233∴DFCF=ADCE=233∴AD=233CE∴AE=3AD=2CE∴ADBD=AEEC=2，拓展创新(3)解：如图2，过点A作AB的垂线，过点D作AD的垂线，两垂线交于点M，连接BM，∵∠BAD=30°，∴∠DAM=60°，∴∠AMD=30°，∴∠AMD=∠DBC，又∵∠ADM=∠BDC=90°，∴△BDC∽△MDA，∴BDMD=DCDA，又∠BDC=∠ADM，∴∠BDC+∠CDM=∠ADM+∠CDM，即∠BDM=∠CDA，∴△BDM∽△CDA，∴BMCA=DMAD=3，∵AC=23，∴BM=23×3=6，∴AM=BM2-AB2=62-42=25，∴AD=12AM=5．【点睛】此题是相似形综合题，考查了直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．2(2023秋·江苏无锡·九年级校考阶段练习)【模型呈现：材料阅读】如图，点B，C，E在同一直线上，点A，D在直线CE的同侧，△ABC和△CDE均为等边三角形，AE，BD 交于点F，对于上述问题，存在结论(不用证明)：(1)△BCD≌△ACE(2)△ACE可以看作是由△BCD绕点C旋转而成；⋯【模型改编：问题解决】点A ，D 在直线CE 的同侧，AB =AC ，ED =EC ，∠BAC =∠DEC =50°，直线AE ，BD 交于F ，如图1：点B 在直线CE 上，①求证：△BCD ∽△ACE ； ②求∠AFB 的度数． 如图2：将△ABC 绕点C 顺时针旋转一定角度．③补全图形，则∠AFB 的度数为；④若将“∠BAC =∠DEC =50°”改为“∠BAC =∠DEC =m °”，则∠AFB 的度数为．(直接写结论)【模型拓广：问题延伸】如图3：在矩形ABCD 和矩形DEFG 中，AB =2，AD =ED =23，DG =6，连接AG ，BF ，求BF AG 的值．图1 图2 图3【答案】【模型改编：问题解决】①见解析；②65°；③图见解析，115°；④90°+m °2【模型拓广：问题延伸】233【分析】【模型改编：问题解决】①先证明△ABC ∽△EDC ，可得AC EC =BC DC，再证明∠ACE =∠BCD ，可得△BCD ∽△ACE ；②由△BCD ∽△ACE ，可得∠DBC =∠EAC ，再结合三角形的外角可得答案；③连接EA 并延长交BD 于F ，同理可得：△BCD ∽△ACE ，∠CEF =∠BDC ，再结合三角形的外角可得答案；④先求解∠CDE =∠DCE =12180°-m ° =90°-12m °，结合③的思路可得答案；【模型拓广：问题延伸】连接BD 、DF ，先证明△ADB ∽△GDF ，可得∠ADB =∠GDF ，AD DG =BD DF ，证明∠ADG =∠BDF ，可得△BDF ∽△ADG ，可得BF AG =BD AD，从而可得答案．【详解】【模型改编：问题解决】①∵AB =AC ，ED =EC ，∠BAC =∠DEC =50°，∴∠ABC =∠ACB =180°-50° ÷2=65°，∠EDC =∠ECD =180°-50° ÷2=65°，∴△ABC ∽△EDC ，∴AC EC =BC DC，∵∠ACE =180°-∠ACB =115°，∠BCD =180°-∠DCE =115°，∴∠ACE =∠BCD ，∴△BCD ∽△ACE ；②由①知，△BCD ∽△ACE ，∴∠DBC =∠EAC ，∴∠AFB =∠DBC +∠CEA =∠EAC +∠CEA =∠ACB =65°③补图如下：连接EA 并延长交BD 于F ，图2同理可得：△BCD ∽△ACE ∴∠CEF =∠BDC ，∴∠AFB =∠BDC +∠CDE +∠DEF =∠CEF +∠CDE +∠DEF =∠CED +∠CDE =50°+65°=115°，④∵∠BAC =∠DEC =m °，CE =DE ，∴∠CDE =∠DCE =12180°-m ° =90°-12m °，同理③可得∠AFB =∠CED +∠CDE =m °+90°-12m °=90°+m °2，故答案为：90°+m °2；【模型拓广：问题延伸】连接BD 、DF ，图3∵在矩形ABCD 和矩形DEFG 中，AB =2，AD =ED =FG =23，DG =6，∴AB AD =GF DG =33，又∵∠BAD =∠DGF =90°，∴△ADB ∽△GDF ，∴∠ADB =∠GDF ，AD DG=BD DF ，∵∠ADG =∠GDF +∠ADF ，∠BDF =∠ADB +∠ADF ，∴∠ADG =∠BDF ，∴△BDF ∽△ADG ，∴BF AG =BD AD，∵AD =23，AB =2，∴BD =AB 2+AD 2=4，∴BF AG =BD AD =423=233．【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，矩形的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，熟练的证明三角形相似是解本题的关键．3(2023春·湖北黄冈·九年级专题练习)【问题呈现】△CAB 和△CDE 都是直角三角形，∠ACB =∠DCE =90°,CB =mCA ,CE =mCD ，连接AD ，BE ，探究AD ，BE 的位置关系．(1)如图1，当m =1时，直接写出AD ，BE 的位置关系：；(2)如图2，当m ≠1时，(1)中的结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．【拓展应用】(3)当m =3,AB =47,DE =4时，将△CDE 绕点C 旋转，使A ,D ,E 三点恰好在同一直线上，求BE 的长．【答案】(1)BE ⊥AD (2)成立；理由见解析(3)BE =63或43【分析】(1)根据m =1，得出AC =BC ，DC =EC ，证明△DCA ≌△ECB ，得出∠DAC =∠CBE ，根据∠GAB +∠ABG =∠DAC +∠CAB +∠ABG ，求出∠GAB +∠ABG =90°，即可证明结论；(2)证明△DCA ∽△ECB ，得出∠DAC =∠CBE ，根据∠GAB +∠ABG =∠DAC +∠CAB +∠ABG ，求出∠GAB +∠ABG =90°，即可证明结论；(3)分两种情况，当点E 在线段AD 上时，当点D 在线段AE 上时，分别画出图形，根据勾股定理求出结果即可．【详解】(1)解：∵m =1，∴AC =BC ，DC =EC ，∵∠DCE =∠ACB =90°，∴∠DCA +∠ACE =∠ACE +∠ECB =90°，∴∠DCA =∠ECB ，∴△DCA ≌△ECB ，∴∠DAC =∠CBE ，∵∠GAB+∠ABG=∠DAC+∠CAB+∠ABG，=∠CBE+∠CAB+∠ABG=∠CAB+∠CBA=180°-∠ACB=90°，∴∠AGB=180°-90°=90°，∴BE⊥AD；故答案为：BE⊥AD．(2)解：成立；理由如下：∵∠DCE=∠ACB=90°，∴∠DCA+∠ACE=∠ACE+∠ECB=90°，∴∠DCA=∠ECB，∵DC CE =ACBC=1m，∴△DCA∽△ECB，∴∠DAC=∠CBE，∵∠GAB+∠ABG=∠DAC+∠CAB+∠ABG，=∠CBE+∠CAB+∠ABG =∠CAB+∠CBA=180°-∠ACB=90°，∴∠AGB=180°-90°=90°，∴BE⊥AD；(3)解：当点E在线段AD上时，连接BE，如图所示：设AE=x，则AD=AE+DE=x+4，根据解析(2)可知，△DCA∽△ECB，∴BE AD =BCAC=m=3，∴BE=3AD=3x+4=3x+43，根据解析(2)可知，BE⊥AD，∴∠AEB=90°，根据勾股定理得：AE2+BE2=AB2，即x2+3x+432=472，解得：x=2或x=-8(舍去)，∴此时BE=3x+43=63；当点D在线段AE上时，连接BE，如图所示：设AD=y，则AE=AD+DE=y+4，根据解析(2)可知，△DCA∽△ECB，∴BE AD =BCAC=m=3，∴BE=3AD=3y，根据解析(2)可知，BE⊥AD，∴∠AEB=90°，根据勾股定理得：AE 2+BE 2=AB 2，即y +4 2+3y 2=47 2，解得：y =4或y =-6(舍去)，∴此时BE =3y =43；综上分析可知，BE =63或43．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形内角和定理的应用，勾股定理，解题的关键是熟练掌握三角形相似的判定方法，画出相应的图形，注意分类讨论．4(2023秋·福建泉州·九年级校考阶段练习)如图，已知△ABC 中，AB =AC ，∠BAC =α．点D 是△ABC 所在平面内不与点A 、C 重合的任意一点，连接CD ，将线段CD 绕点D 顺时针旋转α得到线段DE ，连接AD 、BE ．(1)如图1，当α=60°时，求证：BE =AD ．(2)当α=120°时，请判断线段BE 与AD 之间的数量关系是，并仅就图2的情形说明理由．(3)当α=90°时，且BE ⊥AB 时，若AB =8，BE =2，点E 在BC 上方，求CD 的长．【答案】(1)见解析，(2)BE =3AD ，理由见解析(3)82【分析】(1)先证明△ABC 和△DCE 是等边三角形，再证明△ADC ≌△BEC ，可推出BE =AD ；(2)过A 作AH ⊥BC 与H ，先根据含30°的直角三角形的性质，等腰三角形的性质以及勾股定理可求出BC =3AC ，同理求出CE =3CD ，可得出BC EC =3AC 3DC=AC DC ，证明∠DCA =∠BCE ，然后证明△EBC ∽△DAC 即可求解；(3)过E 作EF ⊥BC 于F ，可判断△BEF 是等腰直角三角形，然后可求出EF ，BF ，CF 的长度，由(2)同理可证出△EBC ∽△DAC ，最后根据相似三角形的性质即可求解．【详解】(1)解：∵旋转，∴CD =ED ，当α=60°时，又AB =AC ，∴△ABC 和△DCE 是等边三角形，∴AC =BC ，DC =EC ，∠DCE =∠ACB =60°，∴∠ACD =∠BCE ，∴△ADC ≌△BEC ，∴AD =BE ；(2)解：BE =3AD 过A 作AH ⊥BC 与H ，∵AB =AC ，∠BAC =α=120°，∴∠ACB =30°，CH =12BC ，∴AC =2AH ，又由勾股定理得AH 2+CH 2=AC 2，∴CH =32AC ，∴BC =3AC ，同理CE =3CD ，∵DC =EC ，∠CDE =α=120°，∴∠DCE =30°=∠ACB ，∴∠DCA =∠BCE ，∵BC =3AC ，CE =3CD ，∴BC EC =3AC 3DC =AC DC ，∴△EBC ∽△DAC ，∴BE AD =BC AC =3，即BE =3AD (3)解：如图，过E 作EF ⊥BC 于F ，当α=90°时，∵AC =AB =8，∴∠ACB =45°，BC =AB 2+AC 2=2AC =82，∵BE ⊥AB ，∴∠EBF =45°=∠BEF ，∴BF =EF ，∵BE =EF 2+BF 2=2EF =2，∴EF =BF =2，∴CF =BF +BC =92，∴CE =EF 2+CF 2=241，由(2)同理可证△EBC ∽△DAC ，∴EC DC =BC AC=2，即241DC =2，∴DC =82．【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键在于正确寻找全等三角形或相似三角形．5(2023·黑龙江齐齐哈尔·统考中考真题)综合与实践数学模型可以用来解决一类问题，是数学应用的基本途径．通过探究图形的变化规律，再结合其他数学知识的内在联系，最终可以获得宝贵的数学经验，并将其运用到更广阔的数学天地．(1)发现问题：如图1，在△ABC 和△AEF 中，AB =AC ，AE =AF ，∠BAC =∠EAF =30°，连接BE ，CF，延长BE交CF于点D．则BE与CF的数量关系：，∠BDC=°；(2)类比探究：如图2，在△ABC和△AEF中，AB=AC，AE=AF，∠BAC=∠EAF=120°，连接BE，CF，延长BE，FC交于点D．请猜想BE与CF的数量关系及∠BDC的度数，并说明理由；(3)拓展延伸：如图3，△ABC和△AEF均为等腰直角三角形，∠BAC=∠EAF=90°，连接BE，CF，且点B，E，F在一条直线上，过点A作AM⊥BF，垂足为点M．则BF，CF，AM之间的数量关系：；(4)实践应用：正方形ABCD中，AB=2，若平面内存在点P满足∠BPD=90°，PD=1，则S△ABP=．【答案】(1)BE=CF，30(2)BE=CF，∠BDC=60°，证明见解析(3)BF=CF+2AM(4)7+74或7-74【分析】(1)根据已知得出∠BAE=∠CAF，即可证明△BAE≌△CAF，得出BE=CF，∠ABE=∠ACF，进而根据三角形的外角的性质即可求解；(2)同(1)的方法即可得证；(3)同(1)的方法证明△BAE≌△CAF SAS，根据等腰直角三角形的性质得出AM=12EF=EM=MF，即可得出结论；(4)根据题意画出图形，连接BD，以BD为直径,BD的中点为圆心作圆，以D点为圆心，1为半径作圆，两圆交于点P,P1，延长BP至M，使得PM=DP=1，证明△ADP∽△BDM，得出PA=22BM，勾股定理求得PB，进而求得BM，根据相似三角形的性质即可得出PA=221+7=2+142，勾股定理求得BQ,PQ，进而根据三角形的面积公式即可求解．【详解】(1)解：∵∠BAC=∠EAF=30°，∴∠BAE=∠CAF，又∵AB=AC，AE=AF，∴△BAE≌△CAF，∴BE=CF，∠ABE=∠ACF设AC,BD交于点O，∵∠AOD=∠ACF+∠BDC=∠ABE+∠BAO∴∠BDC=∠BAO=∠BAC=30°，故答案为：BE= CF，30．(2)结论：BE=CF，∠BDC=60°；证明：∵∠BAC=∠EAF=120°，∴∠BAC-∠EAC=∠EAF-∠EAC，即∠BAE=∠CAF，又∵AB=AC，AE=AF，∴△BAE≌△CAF∴BE=CF，∠AEB=∠AFC∵∠EAF=120°，AE=AF，∴∠AEF=∠AFE=30°，∴∠BDC=∠BEF-∠EFD=∠AEB+30°-∠AFC-30°=60°，(3)BF=CF+2AM，理由如下，∵∠BAC=∠EAF=90°，∴∠BAC-∠EAC=∠EAF-∠EAC，即∠BAE=∠CAF，又∵△ABC和△AEF均为等腰直角三角形∴AB=AC,AE=AF，∴△BAE≌△CAF SAS，∴BE= CF，在Rt △AEF 中，AM ⊥BF ，∴AM =12EF =EM =MF ，∴BF =BE +EF =CF +2AM ；(4)解：如图所示，连接BD ，以BD 为直径,BD 的中点为圆心作圆，以D 点为圆心，1为半径作圆，两圆交于点P ,P 1，延长BP 至M ，使得PM =DP =1，则△MDP 是等腰直角三角形，∠MDP =45°∵∠CDB =45°,∴∠MDB =∠MDP +∠PDC +∠CDB =90°+∠PDC =∠ADP ，∵AD DB =12,DP DM =12，∴△ADP ∽△BDM ∴PA BM =12=22，∴PA =22BM ，∵AB =2，在Rt △DPB 中，PB =DB 2-DP 2=22 2-12=7，∴BM =BP +PM =7+1∴PA =221+7 =2+142过点P 作PQ ⊥AB 于点Q ，设QB =x ，则AQ =2-x ，在Rt △APQ 中，PQ 2=AP 2-AQ 2，在Rt △PBQ 中，PQ 2=PB 2-BQ 2∴AP 2-AQ 2=PB 2-BQ 2∴2+142 2-2-x 2=7 2-x 2解得：x =7-74，则BQ =7-74，设PQ ,BD 交于点G ，则△BQG 是等腰直角三角形，∴QG =QB =7-74在Rt △DPB ,Rt △DP 1B 中，DP =DP 1DB =DB ∴Rt △DPB ≌Rt △DP 1B ∴∠PDB =∠P 1DB又PD =P 1D =1，DG =DG ∴△PGD ≌△P 1DG ∴∠PGD =∠P 1GD =45°∴∠PGP 1=90°，∴P 1G ∥AB ∴S △ABP 1=12AB ×QG =12×2×7-74=7-74，在Rt △PQB 中，PQ =PB 2-BQ 2=7 2-7-74 2=7+74∴S△ABP =12AB ×PQ =12×2×7+74=7+74，综上所述，S△ABP=7+74或7-74故答案为：7+74或7-74．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，正方形的性质，勾股定理，直径所对的圆周角是直角，熟练运用已知模型是解题的关键．6(2023·山东济南·九年级统考期中)问题背景：一次小组合作探究课上，小明将一个正方形ABCD和等腰Rt△CEF按如图1所示的位置摆放(点B、C、E在同一条直线上)，其中∠ECF=90°．小组同学进行了如下探究，请你帮助解答：初步探究(1)如图2，将等腰Rt△CEF绕点C按顺时针方向旋转，连接BF，DE．请直接写出BF与DE的关系；(2)如图3，将(1)中的正方形ABCD和等腰Rt△CEF分别改成菱形ABCD和等腰△CEF，其中CE=CF，∠BCD=∠FCE，其他条件不变，求证：BF=DE；深入探究：(3)如图4，将(1)中的正方形ABCD和等腰Rt△CEF分别改成矩形ABCD和Rt△CEF，其中∠ECF=90°且CECF =CDBC=34，其它条件不变．①探索线段BF与DE的关系，说明理由；②连接DF，BE若CE=6，AB=12，直接写出DF2+BE2=．【答案】(1)BF=DE，BF⊥DE；(2)见解析；(3)①DEBF=34，DE⊥BF，见解析；②500【分析】(1)由正方形的性质，等腰直角三角形的性质，得到BC=CD，CE=CF，证明△BCF≌DCE，得到BF=DE，∠CBF=∠CDE，结合对顶角相等，即可得到BF⊥DE；(2)由菱形的性质，旋转的性质，先证明ΔBCF≌ΔDCE，即可得到结论成立；(3)①由矩形的性质，直角三角形的性质，先证明ΔBCF∽ΔDCE，得到BF与DE的数量关系，再由余角的性质证明位置关系即可；②连接BD，先求出矩形的边长，直角三角形的边长，与(1)同理先证明BF⊥DE，然后利用勾股定理，等量代换，即可得到DF2+BE2=500．【详解】解：(1)如图：∵正方形ABCD和等腰Rt△CEF中，∴BC=CD，CE=CF，∠BCD=∠ECF=90°，∴∠BCD+∠DCF=∠ECF+∠DCF，即∠BCF=∠DCE，∴△BCF≌DCE，∴BF=DE，∠CBF=∠CDE，∵∠BGC=∠DGF，∴∠BCG=∠DFG=90°∴BF⊥DE．(2)证明：如图：∵∠BCD=∠FCE，∴∠BCF=∠DCE，∵四边形ABCD为菱形∴BC=CD，又∵CE=CF∴△BCF≌△DCE(SAS)，∴BF=DE；(3)①∵在矩形ABCD中，∠BCD=90°，∴∠BCD=∠FCE∴∠BCF=∠DCE，又∵CECF=CDBC=34∴△BCF∽△DCE，∴DEBF=CECF=34；∴∠CBF=∠CDE，设CD与BF交于点G∵∠BGC=∠DGF∴180°-∠CBF-∠BGC=180°-∠CDE-∠DGF，∴∠DQB=∠BCD=90°∴DE⊥BF．②如图：连接BD在矩形ABCD中，CD=AB=12，∵CE=6，6CF =12BC=34，∴CF=8，BC=16，∵△BCF∽△DCE，∴∠CBF=∠CDE，∵∠BGC=∠DGF，∴∠BCG=∠DQG=90°，∴BF⊥DE；在直角△BCD中，有BD2=BC2+CD2=162+122=400，在直角△BDQ中，BD2=BQ2+DQ2=400；在直角△CEF中，EF2=CE2+CF2=62+82=100，在直角△EFQ中，EF2=EQ2+FQ2=100；∴BQ2+DQ2+EQ2+FQ2=400+100=500；在直角△BEQ和直角△DFQ中，由勾股定理，则∵BQ2+EQ2=BE2，DQ2+FQ2=DF2，∴DF2+BE2=BQ2+DQ2+EQ2+FQ2=500；故答案为：500．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，以及等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的作出辅助线，找到证明三角形相似和三角形全等的条件进行解题．7(2023春·广东·九年级专题练习)已知在△ABC中，O为BC边的中点，连接AO，将△AOC绕点O顺时针方向旋转(旋转角为钝角)，得到△EOF，连接AE，CF．(1)如图1，当∠BAC=90°且AB=AC时，则AE与CF满足的数量关系是；(2)如图2，当∠BAC =90°且AB≠AC时，(1)中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；(3)如图3，延长AO到点D，使OD=OA，连接DE，当AO=CF=5，BC=6时，求DE的长．【答案】(1)AE=CF；(2)成立，证明见解析；(3)511 3【分析】(1)结论AE=CF．证明ΔAOE≅ΔCOF(SAS)，可得结论．(2)结论成立．证明方法类似(1)．(3)首先证明∠AED=90°，再利用相似三角形的性质求出AE，利用勾股定理求出DE即可．【详解】解：(1)结论：AE=CF．理由：如图1中，∵AB=AC，∠BAC=90°，OC=OB，∴OA=OC=OB，AO⊥BC，∵∠AOC=∠EOF=90°，∴∠AOE=∠COF，∵OA=OC，OE=OF，∴ΔAOE≅ΔCOF(SAS)，∴AE=CF．(2)结论成立．理由：如图2中，∵∠BAC=90°，OC=OB，∴OA=OC=OB，∵∠AOC=∠EOF，∴∠AOE=∠COF，∵OA=OC，OE=OF，∴ΔAOE≅ΔCOF(SAS)，∴AE=CF．(3)如图3中，由旋转的性质可知OE =OA ，∵OA =OD ，∴OE =OA =OD =5，∴∠AED =90°，∵OA =OE ，OC =OF ，∠AOE =∠COF ，∴OA OC =OE OF ，∴ΔAOE ∽ΔCOF ，∴AE CF =OA OC，∵CF =OA =5，∴AE 5=53，∴AE =253，∴DE =AD 2-AE 2=102-253 2=5113．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．课后专项训练1(2023秋·北京顺义·九年级校考期中)如图，△ABC 和△ADE 都是等腰直角三角形，∠ABC =∠ADE =90°．连接BD ，CE ．则BD CE的值为()A.12B.22C.2D.2【答案】B 【分析】由等腰直角三角形的性质可推出∠DAE =∠BAC =45°，AE =2AD ，AC =2AB ，从而可得出∠EAC =∠DAB ，AE AD =AC AB=2，证明△DAB ∽△EAC 即可得出结论．【详解】解：∵△ABC 和△ADE 都是等腰直角三角形，∴∠DAE =∠BAC =45°，AE =2AD ，AC =2AB ，∴∠EAC =∠DAB ，AE AD =AC AB =2，∴△DAB ∽△EAC ，∴BD CE =AD AE=22．故选B ．【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质．掌握三角形相似的判定条件是解题关键．2(2023春·浙江金华·九年级校考期中)如图，在Rt △ABC 中，∠ABC =90°，以AB ，AC 为边分别向外作正方形ABFG 和正方形ACDE ，CG 交AB 于点M ，BD 交AC 于点N ．若GM CM =12，则CG BD=() A.12 B.34 C.255 D.13013【答案】D【分析】设AG =a =AB ，BC =2a ，由“AAS ”可证△ABC ≌△CHD ，可得AB =CH =a ，DH =BC =2a ，利用勾股定理分别求出CG ，BD 的长，即可求解．【详解】解：如图，过点D 作DP ⊥BC ，交AC 的延长线于点P，交BC 的延长线于点H ，∵AG ∥BF ，∴△AGM ∽△BCM ，∴AG BC =GM CM=12，∴设AG =a =AB ，BC =2a ，∴CG =GF 2+FC 2=a 2+(3a )2=10a ，∵DH ⊥BC ，AB ⊥BC ，∴∠DHC =∠ABC =∠ACD =90°，AB ∥DH ，∴∠DCH +∠ACB =90°=∠ACB +∠BAC ，∴∠DCH =∠BAC ，在△ABC 和△CHD 中，∠ABC =∠DHC ∠BAC =∠DCH AC =CD，∴△ABC ≌△CHD (AAS )，∴AB =CH =a ，DH =BC =2a ，∴BD =BH 2+DH 2=(3a )2+(2a )2=13a ，∴CG BD =10a 13a =13013．故选：D ．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造相似三角形是解题的关键．3(2023春·浙江丽水·九年级专题练习)如图，在△ABC 中，过点C 作CD ⊥AB ，垂足为点D ，过点D 分别作DE ⊥AC ，DF ⊥BC ，垂足分别为E ，F ．连接EF 交线段CD 于点O ，若CO =22，CD =32，则EO ⋅FO 的值为( )．A.63B.4C.56D.6【答案】B【分析】由题意易得出∠DEC=∠DFC=90°，即说明点C，E，D，F四点共圆，得出∠DEO=∠FCO，从而易证△DOE∽△FOC，得出EOCO=DOFO．由题意可求出DO=CD-CO=2，即可求出EO⋅FO=CO⋅DO=4．【详解】解：∵DE⊥AC，DF⊥BC，∴∠DEC=∠DFC=90°，∴点C，E，D，F四点共圆，∴∠DEF=∠FCD，即∠DEO=∠FCO．又∵∠DOE=∠FOC，∴△DOE∽△FOC，∴EOCO=DOFO，∴EO⋅FO=CO⋅DO．∵CO=22，CD=32，∴DO=CD-CO=2，∴EO⋅FO=CO⋅DO=22×2=4．故选B．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，四点共圆的知识，圆周角定理．确定点C，E，D，F四点共圆，从而可得出证明△DOE∽△FOC的条件是解题关键．4(2022·广西梧州·统考一模)如图，在△ABC中，∠C=45°，将△ABC绕着点B逆时针方向旋转，使点C的对应点C′落在CA的延长线上，得到△A′BC′，连接AA′，交BC′于点O．下列结论：①∠AC′A′= 90°；②AA′=BC′；③∠A′BC′=∠A′AC′；④△A′OC′∽△BOA．其中正确结论的个数是()A.1B.2C.3D.4【答案】C【分析】利用旋转的性质和等腰三角形的性质推出∠AC A =90°，即可判断①的正确性；通过点A 、B、A、C 四点共圆可以判断出②③④的正确性．【详解】解：由题意可得：BC=BC ，∠C=∠A C B∵∠C=45°∴∠BC A=45°∵∠AC A =∠A C B+∠BC A∴∠AC A =90°，故①正确；∵∠BC A=∠C=45°∴∠C BC=90°∵∠ABC=∠A BC ∴∠A BA=90°∴∠A BA+∠AC A =180°，∠C AB+∠C A B=180°∴点A 、B、A、C 四点共圆∵∠AC A =90°，∠BAC ≠90°∴A A是直径，BC 不是直径∴A A≠BC ，故②错误；∵点A 、B、A、C 四点共圆∴∠A BC =∠A AC ，故③正确；∵点A 、B、A、C 四点共圆∴∠AA C =∠ABC ，∠A C B=∠A AB∴△A OC ∽△BOA，故④正确；∴正确结论的个数是3个故选C．【点睛】本题考查了图形的旋转、等腰三角形的性质、四点共圆、圆周角定理的推论以及相似的判定等知识点，灵活运用这些知识点是解题的关键．5(2023·广东深圳·校联考模拟预测)如图，已知▱ABCD ，AB =3，AD =8，将▱ABCD 绕点A 顺时针旋转得到▱AEFG ，且点G 落在对角线AC 上，延长AB 交EF 于点H ，则FH 的长为．【答案】558【分析】先利用平行四边形的性质得到CD =AB =3，BC =AD =8，∠D =∠ABC ，再根据旋转的性质得到∠DAG =∠BAE ，AE =AB =3，EF =BC =8，∠E =∠ABC ，接着证明△ADC ∽△AEH ，然后利用相似比求出EH ，从而得到FH 的长．【详解】解：∵四边形ABCD 为平行四边形，∴CD =AB =3，BC =AD =8，∠D =∠ABC ，∵将▱ABCD 绕点A 顺时针旋转得到▱AEFG ，且点G 落在对角线AC 上，∴∠DAG =∠BAE ，AE =AB =3，EF =BC =8，∠E =∠ABC ，∴∠E =∠D ，∵∠DAC =∠HAE ，∴△ADC ∽△AEH ，∴AD AE =DC EH ，∴83=3EH ，∴EH =98，∴FH =EF -EH =8-98=558，故答案为：558．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，旋转、三角形相似的判定利用三角形相似比求线段的长，根据旋转的性质得到∠DAG =∠BAE ，然后根据两组对应角分别相等的两三角形相似得出AD AE=DC EH 是本题的关键．6(2022·安徽·模拟预测)如图，将边长为3的菱形ABCD 绕点A 逆时针旋转到菱形AB C D 的位置，使点B 落在BC 上，B C 与CD 交于点E ．若BB =1，则CE 的长为．【答案】34/0.75【分析】延长D D 交BC 的延长线于点M ，过点C 作CN ∥DM 交B C 于点N ，根据菱形的性质和旋转的性质证明△ABB ≌△ADD ≌△DCM ≌B C M ，求得C D =B C =2，CM =C M =1，再根据CN ∥DM ，得CN MC =B C B M ，CN DC=CE DE ，代入即可求解．【详解】解：如图，延长D D 交BC 的延长线于点M ，过点C 作CN ∥DN 交B C 于点N ，∵四边形ABCD是菱形∴AB=BC=CD=AD=3，∠B=∠ADC=∠D ，AB∥CD∴∠DCM=∠B由旋转的性质得：AB =AB=3，AD =AD=3，∠BAB =∠DAD =∠MB C ，B C =D C =3，∠ADC=∠D ，∴△ABB ≌△ADD ∴DD =BB =1∴DC =D C -DD =2∵∠CDM+∠ADC=∠DAD +∠D ∴∠BAB =∠DAD =∠CDM∴△ABB ≌△DCM≌B C M，∴DM=AB =3，∠M=∠AB B∴C M=CM=3-2=1∵CN∥DM∴△B CN∽△B MC ∴CNMC =B CB M∵B C=BC-BB =2∴CN1=23∴CN=23∵CN∥DM∴△CNE∽△DC E∴CNDC =CEDE∴232=CE3-CE∴CE=34故答案为：34【点睛】本题考查菱形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，综合性较强，作辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题的关键．7(2021·湖南益阳·统考中考真题)如图，Rt△ABC中，∠BAC=90°,tan∠ABC=32，将△ABC绕A点顺时针方向旋转角α(0°<α<90°)得到△AB C ，连接BB ，CC ，则△CAC 与△BAB 的面积之比等于．【答案】9:4【分析】先根据正切三角函数的定义可得ACAB=32，再根据旋转的性质可得AB=AB,AC=AC ,∠BAB=∠CAC =α，从而可得ACAC =ABAB=1，然后根据相似三角形的判定可得△CAC ∼△BAB ，最后根据相似三角形的性质即可得．【详解】解：∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°,tan∠ABC=32，∴ACAB=32，由旋转的性质得：AB=AB ,AC=AC ,∠BAB =∠CAC =α，∴ACAC=ABAB=1，在△CAC 和△BAB 中，ACAC=ABAB∠CAC =∠BAB，∴△CAC ∼△BAB ，∴S△CACS△BAB=ACAB2=94，即△CAC 与△BAB 的面积之比等于9:4，故答案为：9:4．【点睛】本题考查了正切三角函数、旋转的性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．8(2023秋·山东济南·九年级校考阶段练习)如图，已知∠ACB=∠DCE=90°，∠ABC=∠CED=∠CAE=30°．(1)求证：△ACD∽△BCE；(2)若AC=3，AE=8，求AD．【答案】(1)见详解(2)AD=103 3【分析】(1)根据30°的正切值得ACBC=DCEC，即可证明相似．(2)先证明∠BAE=90°，进而求出BE=10，再根据△ACD∽△BCE得出ADBE=ACBC=DCEC=33，即可求出AD=33BE=1033．【详解】(1)∵∠ACB=∠DCE=90°∴∠ACD=∠BCE∵∠ABC=∠CED=∠CAE=30°∴tan∠ABC=ACBC =33，tan∠CED=DCEC=33∴AC BC =DCEC∴△ACD∽△BCE(2)∵由(1)，△ACD∽△BCE∴ADBE =ACBC=DCEC=33∵∠ABC=∠CED=∠CAE=30°∴∠BAC=60°∴∠BAE=90°∵AC=3，∠ABC=30°∴AB=2AC=6∵AE=8∴BE=10∴AD=33BE=1033【点睛】本题考查相似三角形的判定、特殊角三角函数值及勾股定理，根据特殊角得出对应线段成比例是解题关键．9(2023·安徽滁州·九年级校考阶段练习)如图，点A在线段BD上，在BD的同侧作等腰Rt△ABC和等腰Rt△ADE，CD与BE、AE分别交于点P、M．求证：(1)△BAE∽△CAD；(2)MP⋅MD=MA⋅ME．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)由题意可得AC=2AB，AD=2AE，∠BAE=∠CAD=135°，即可证△BAE∽△CAD；(2)由△BAE∽△CAD可得∠BEA=∠CDA，即可证△PME∽△AMD，可得MP⋅MD=MA⋅ME．【详解】(1)证明：∵等腰Rt △ABC 和等腰Rt △ADE ，∴AB =BC ，AE =DE ，∠BAC =∠DAE =45°，∴AC =2AB ，AD =2AE ，∠BAE =∠CAD =135°，∴AC AB =AD AE=2，∴△BAE ∽△CAD ，(2)∵△BAE ∽△CAD ，∴∠BEA =∠CDA ，且∠PME =∠AMD ，∴△PME ∽△AMD ，∴ME MD =MP AM，∴MP ⋅MD =MA ⋅ME ．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质，勾股定理的应用，熟练运用相似三角形的判定是本题的关键．10(2023秋·湖北孝感·九年级校联考阶段练习)问题背景：如图1，在△ABC 中，∠ACB =90°，AC =BC ，AD 是BC 边上的中线，E 是AD 上一点，将△CAE 绕点C 逆时针旋转90°得到△CBF ，AD 的延长线交BF 于点P ．问题探究：(1)当点P 在线段BF 上时，证明EP +FP =2BP ．①先将问题特殊化，如图2，当CE ⊥AD 时，证明：EP +FP =2BP ；②再探究一般情形，如图1，当CE 不垂直AD 时，证明：EP +FP =2BP ；拓展探究：(2)如图3，若AD 的延长线交BF 的延长线于点P 时，直接写出一个等式，表示EP ，FP ，BP 之间的数量关系．【答案】(1)①见解析，②见解析(2)EP -FP =2PB【分析】①结论：PE +PF =2PB ．根据旋转的性质△ACE ≌△BCF ，再证明四边形CEPF 是正方形，可得结论．②结论不变，如图2中，过点C 作CG ⊥AD 于点G ，过点C 作CH ⊥BF 交BF 的延长线于点H ．证明△CHF ≌△CGE ，可以推出FH =EG ，再利用正方形的性质解决问题即可．(2)结论：EP -FP =2PB ，证明方法类似②．【详解】(1)①证明：∵CE ⊥AD ，∴∠AEC =∠PEC =90°，在△ABC 中，∠ACB =90°，AC =AB ，∵将△CAE 绕点C 逆时针旋转90°得到△CBF ，∴△ACE ≌△BCF ，CF =CE ，∠ECF =90°，∠BFC =∠AEC =90°，∴∠BFC =∠ECF =∠PEC =90°，∴四边形CEPF 是矩形，∵CE =CF ，∴四边形CEPF 是正方形，∴CE =EP =FP =CF ，∠EPF =90°，∴∠BPD =90°=∠CED ，∵AD 是△ABC 中BC 边上的中线，∴BD =CD =12BC ，在△CED 和△BPD 中，∴∠CED =∠BPD∠CDE =∠BDP CD =BD，∴△CED ≌△BPD (AAS )，∴CE =BP ，∴BP =EP =CE =FP ，∴EP +FP =2BP②结论成立，证明：过点C 作CG ⊥AD 于点G ，过点C 作CH ⊥BF 交BF 的延长线于点H ．则∠CGE =∠CGD =∠CHF =90°．由旋转性质可知，△CBF≌△CAE，∴CF=CE，∠CFB=∠CEA，∠ACE=∠BCF，∵∠CFH=180°-∠CFB，∠CEG=180°-∠CEA，∴∠CFH=∠CEG，∴△CHF≌△CGE，∴∠FCH=∠ECG，CH=CG，FH=EG．∴∠FCH+∠BCF+∠DCG=∠ECG+∠ACF+∠DCG=90°．∴∠HCG=90°．∴四边形CGPH是正方形．∴CG=GP=PH，∴EP+FP=GP+PH=2CG．∵CD=BD，∠CGD=∠BPD=90°，∠CDG=∠BDP，∴△CDG≌△BDP．∴CG=BP．∴EP+FP=2PB．(2)解：EP-FP=2PB．理由：如下图所示，过C作CN∥BP交AP于点N，CM∥DP交BP的延长线于点M，则四边形CNPM是平行四边形，△BPD∽△BMC，∴CN=PM,CM=PN，BPBM =BDBC=12，∴BM=2BP，∴PM=BP，∵∠APB=90°，∴∠NPM=90°，∴四边形CNPM是矩形，∴∠M=∠CNE=∠CNP=90°，在△CFM和△CEN中，∠H=∠CNE=90°∠CFH=∠CEN CF=CE，∴△CFM≌△CEN(AAS)，∴CM=CN，FM=EN，∴四边形CNPM是正方形，∴PM=CN=PN，∴EP-FP=PN+EN-FP=PN+FM-FP=PN +PM=2PM，∴EP-FP=2BP．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质等知识，解题关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．11(2022·河南·九年级专题练习)规定：有一角重合，且角的两边叠合在一起的两个相似四边形叫做“嵌套四边形”，如图，四边形ABCD和AMPN就是嵌套四边形．(1)问题联想：如图①，嵌套四边形ABCD，AMPN都是正方形，现把正方形AMPN以A为中心顺时针旋转150°得到正方形AM'P'N'，连接BM'，DN'交于点O，则BM'与DN'的数量关系为，位置关系为；(2)类比探究：如图②，将(1)中的正方形换成菱形，∠BAD=∠MAN=60，其他条件不变，则(1)中的结论还成立吗?若成立，请说明理由；若不成立，请给出正确的结论，并说明理由；(3)拓展延伸：如图3，将(1)中的嵌套四边形ABCD和AMPN换成是长和宽之比为2:1的矩形，旋转角换成α(90°<α<180°)，其他条件不变，请直接写出BM'与DN'的数量关系和位置关系．【答案】(1)BM =DN ，BM ⊥DN ；(2)BM =DN 成立，BM ⊥DN 不成立，BM 与DN 相交，且夹角为60°.理由见解析；(3)BM =2DN ，BM ⊥DN .【分析】(1)根据SAS证明△ABM'≌△AND'，进而得到BM =DN ，∠ABM'=∠ADN'，再利用三角形内角和可推出∠BOD=90°，即BM ⊥DN ；(2)根据旋转和菱形的性质证明ΔABM ≌ΔADN ，再推出∠BOD=∠BAD=60°，故可求解；(3)根据旋转和矩形的性质证明ΔABM ∼ΔADN ，得到BM =2DN ，再推出∠BOD=∠BAD=90°即可求解．【详解】(1)如图设AB，DN 交于点H，，∵四边形ABCD，AMPN都是正方形，把正方形AMPN以A为中心顺时针旋转150°得到正方形AM'P'N'，∴AB=AD,AM'=AD', ∠BAM =∠DAN =150°∴△ABM'≌△AND'，∴BM =DN ，∠ABM'=∠ADN'，∵∠ADN'+∠DHA+∠DAH=180°，∠ABM'+∠BHO+∠BOD=180°，又∠DHA=∠BHO∴∠BOD=∠BAD=90°，即BM ⊥DN 故答案为：BM =DN ，BM ⊥DN ；(2)BM =DN 成立，BM ⊥DN 不成立，BM 与DN 相交，且夹角为60°.理由：设AB，DN 交于点E，由旋转的性质可得∠BAM =∠DAN =150°.∵四边形ABCD，AM P N 都是菱形，∴AB=AD，AM =AN ，∴ΔABM ≌ΔADN ，∴BM =DN ，∠ABM =∠ADN .。

专题12全等三角形中的手拉手模型【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 ＝∠DAECAEBAD ∠=∠∴又△ABC 与△ADE 均为等腰三角形∴在ABD ∆和ACE ∆中⎪⎩⎪⎨⎧=∠=∠=AE AD CAE BAD AC AB ∴△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．以下结论错误的是（）A．∠AOB=60°B．AP=BQC．PQ∥AE D．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，AC BC ACD BCE CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACD ≌△BCE （SAS ），∴∠CBE =∠DAC ，又∵∠ACB =∠DCE =60°，∴∠BCD =60°，即∠ACP =∠BCQ ，又∵AC =BC ，在△CQB 与△CPA 中，ACP BCQ AC BC PAC CBQ ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴△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，ABC 是边长为5的等边三角形，BD CD =，120BDC ∠=︒．E 、F 分别在AB 、AC 上，且60EDF ∠=︒，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，BD DC NBD FCD BN CF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△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，DE DE EDF EDN DN DF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△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∵BC AC BCE ACD CE CD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△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 ＝12BD•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AE CD∥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 =11··22BCE DCES S CE BG CE DG+=+=12BD•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，∴BE 2+CD 2=BG 2+CG 2+DG 2+EG 2，∴BC 2+DE 2=BE 2+CD 2，故⑤正确；从题干信息没有给出,AC AD =所以只有AE CD ∥时，DAE ADC ∠=∠=90°，无法说明AE CD ∥，更不能说明,CD AD =故②错误；∵△ABD ≌△ACE ，∴∠ADB =∠AEC ，条件不足以证明,CAE BAE ≌∴∠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ABC 和正CDE △中，B 、C 、D 共线，且3BC CD =，连接AD 和BE 相交于点F ，以下结论中正确的有（）个①60AFB ∠=︒②连接FC ，则CF 平分BFD ∠③3BF DF =④BF AF FC=+A ．4B ．3C ．2D ．1【答案】A【分析】根据“手拉手”模型证明BCE ACD ≌，从而得到CBE CAD ∠=∠，再结合三角形的外角性质即可求解60AFB ACB ∠=∠=︒，即可证明①；作CM BE ⊥于M 点，CN AD ⊥于N 点，证明CEM CDN ≌，结合角平分线的判定定理即可证明②；利用面积法表示BCF △和DCF 的面积，然后利用比值即可证明③；利用“截长补短”的思想，在AD 上取点Q ，使得FC FQ =，首先判断出FCQ 为等边三角形，再结合“手拉手”模型推出BCF ACQ ≌即可证明④．【解析】解：①∵ABC 和CDE △均为等边三角形，∴60ACB ECD ∠=∠=︒，AC BC =，EC DC =，∴ACB ACE ECD ACE ∠+∠=∠+∠，∴BCE ACD ∠=∠，在BCE 和ACD △中，BC AC BCE ACD EC DC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴()BCE ACD SAS ≌，∴CBE CAD ∠=∠，∵AFB CBE CDA ∠=∠+∠，ACB CDA CAD ∠=∠+∠，∴60AFB ACB ∠=∠=︒，故①正确；②如图所示，作CM BE ⊥于M 点，CN AD ⊥于N 点，则90CME CND ∠=∠=︒，∵BCE ACD ≌，∴CEM CDN ∠=∠，在CEM 和CDN △中，CME CND CEM CDN CE CD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴()CEM CDN AAS ≌，∴CM CN =，∴CF 平分BFD ∠，故②正确；③如图所示，作FP BD ⊥于P 点，∵1122BCF SBF CM BC FP ==，1122DCF S DF CN CD FP ==，∴11221122BCFDCF BF CM BC FP SS DF CN CD FP ==，∵CM CN =，∴整理得：BF BC DF CD =，∵3BC CD =，∴33BF CD DF CD==，∴3BF DF =，故③正确；④如图所示，在AD 上取点Q ，使得FC FQ =，∵60AFB ACB ∠=∠=︒，CF 平分BFD ∠，∴120BFD ∠=︒，1602CFD BFD ∠=∠=︒，∴FCQ 为等边三角形，∴60FCQ ∠=︒，CF CQ =，∵60ACB ∠=︒，∴ACB ACF FCQ ACF ∠+∠=∠+∠，∴BCF ACQ ∠=∠，在BCF △和ACQ 中，BC AC BCF ACQ CF CQ =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴()BCF ACQ SAS ≌，∴BF AQ =，∵AQ AF FQ =+，FQ FC =，∴BF AF FC =+，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，BA BD ABE DBC BE BC =⎧⎪∠∠⎨⎪=⎩＝∴△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，60BAG BDF AB DB ABG DBF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠∠︒⎩＝＝∴△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ABC 中，AB AC =，点D 、F 是射线BC 上两点，且AD AF ⊥，若AE AD =，15BAD CAF ∠=∠=︒；则下列结论中正确的有（）①CE BF ⊥；②ABD ACE △≌△；③ABC ADCE S S =四边形△；④122BC EF AD CF -=-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=12EF ，由BC-BD=DF-CF ，得出BC-12EF=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，AB AC BAD CAE AD AE =∠=∠=⎧⎪⎨⎪⎩，∴△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=12EF ，∵BC-BD=DF-CF ，∴BC-12EF=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()BE DE <，将线段CE 绕点C 按顺时针方向旋转90︒得到线段CE '，连接AE ，DE '，EE '．下列结论：①若20BAE ∠=︒，则70DE E ∠='︒；②2222BE DE AE +=；③若30BAE ∠=︒，则DE；④若BC =，10EC =，则9sin 10DEC ∠=．其中正确的结论有___________（填正确的序号）【答案】①②④【分析】证明△BCE ≌△E CD '，可得AE CE =，BE DE '=，==45CDE EBC '∠∠，根据三角形内角和定理可判断①正确；在Rt △E CE '中，2222=2E E CE CE CE ''+=，即2222BE DE AE +=，从而判断②正确；③证明DE '，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90︒得到线段CE '，∴CE CE '=，=90ECE '∠，∴△ECE '是等腰直角三角形，∴==45EE C E EC ''∠∠，∴=BCD ECD ECE ECD '--∠∠∠∠，即=BCE E CD '∠∠，在△BCE 和△E CD '中，=BC CD BCE E CD CE CE =⎧'∠'⎪∠⎨⎪=⎩∴△BCE ≌△DCE '（SAS ），∴==45CDE EBC '∠∠，=BE E D '，∴=454590EDE '+=∠，即△EDE '是直角三角形，∵四边形ABCD 是正方形，E 在对角线BD 上，∴=BCE BAE ∠∠，∴=DEC DEE E EC EBC BCE ''+=+∠∠∠∠∠，==45E EC EBC '∠∠，∴DEE BCE BAE '==∠∠∠，∵=20BAE ∠，∴9070DE E DEE ''==∠-∠，故①正确；在Rt △E CE '中，2222=2E E CE CE CE ''+=，在Rt △E DE '中，22222=E E DE DE BE DE ''+=+，∴2222BE DE AE +=，故②正确；若=30BAE ∠，则=30DEE BCE BAE '==∠∠∠，在在Rt △E DE '中，DE '，∵BE DE '=，DE ，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BOC 是等腰直角三角形，∵BC =∴CO ＝22922BC ⨯==，∵10EC =，∴sin ∠DEC ＝9=10CO BC ，故④正确．故答案为：①②④．8．如图，O 是正ABC 内一点，3,4,5OA OB OC ===，将线段BO 以点B 为旋转中心逆时针旋转60︒得到线段BO '，下列结论：①点O 与O '的距离为4；②150AOB ∠=︒；③6ABC AOC S S -=；④64AOC AOB S S +=+△△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OO '，如图1，BO BO '=，60OBO '∠=︒，BOO '∴∆是等边三角形，4OO BO '∴==，故①正确；60OBO ABC '∠=∠=︒，ABO ABC '∴∠=∠且OB OB '=，AB AC =，()ABO BOC SAS '∴∆≅∆，5AO CO '∴==，225O A '=，2225AO O O '+=，222O A AO O O ''∴=+，90AOO '∴∠=︒，150AOB ∴∠=︒，故②正确；△OO B '是等边三角形，3AO =，4OO '=，3BOO S '∆∴=，6AOO S '∆=，=+=643ABC AOC ABC ABO AOBO S S S S S '∴-=+四边形如图2，AOC ∆绕A 点顺时针旋转60︒到ABO '∆位置，同理可得9364AOC AOB S S ∆∆+=+，故④正确；故答案为：①②④．9．在ABC 中，90ACB ∠=︒，60B ∠=︒，4AB =，点D 是直线BC 上一动点，连接AD ，在直线AD 的右恻作等边ADE ，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30°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()ACE AFD SAS ≅，则CE DF =，当DF BC ⊥时，DF 的长是最小的，即CE 的长最小，求出此时CD '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 ，∵90ACB ∠=︒，60B ∠=︒，∴30BAC ∠=︒，∵4AB =，∴122BC AB ==，∴2223AC AB BC =-=∵ACF 是等边三角形，∴CF AC AF ===60FAC ∠=︒，∵ADE 是等边三角形，∴AD AE =，60DAE ∠=︒，∵FAC DAC DAE DAC ∠-∠=∠-∠，∴CAE FAD ∠=∠，在ACE 和AFD V 中，AC AF CAE FAD AE AD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴()ACE AFD SAS ≅，∴CE DF =，当DF BC ⊥时，DF 的长是最小的，即CE 的长最小，∵906030FCD '∠=︒-︒=︒，Rt CFD '，∴12D F CF '==3CD '==，∴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ABC 中，45ABC ︒∠=，3AB =，AD BC ⊥于点D ，BE AC ⊥于点F ．1AE =，连接DE ，将AED 沿直线AE 翻折至ABC 所在的平面，得AEF ，连接DF ．过点D 作DG DE ⊥交BE 于点G ，则四边形DFEG 的周长为________．【答案】2+【分析】先证BDG DE ∆≅∆，得出1AE BG ==，再证DGE ∆与EDF ∆是等腰直角三角形，在直角AEB ∆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】∵45ABC ︒∠=，AD BC ⊥于点D ，∴9045BAD ABC ︒︒∠=-∠=，∴ABD ∆是等腰直角三角形，∴AD BD =，∵BE AC ⊥，∴90GBD C ︒∠+∠=，∵90EAD C ︒∠+∠=，∴GBD EAD ∠=∠，∵90ADB EDG ︒∠=∠=，∴ADB ADG EDG ADG ∠-∠=∠-∠，即BDG ADE ∠=∠，∴()BDG ADE ASA ∆≅∆，∴1BG AE ==，DG DE =，∵90EDG ︒∠=，∴EDG ∆为等腰直角三角形，∴9045135AED AEB DEG ︒︒︒∠=∠+∠=+=，∵AED ∆沿直线AE 翻折得AEF ∆，∴AED AEF ∆≅∆，∴135AED AEF ︒∠=∠=，ED EF =，∴36090DEF AED AEF ︒︒∠=-∠-∠=，∴DEF ∆为等腰直角三角形，∴EF DE DG ==，在Rt AEB ∆中，BE ===∴1GE BE BG =-=，在Rt DGE ∆中，22222DG GE ==，∴222EF DE ==-，在Rt DEF ∆中，1DF ==-，∴四边形DFEG 的周长为：GD EF GE DF+++221)2⎛=-+ ⎝⎭2=+，故答案为：2+．11．如图ABD △和ACE 是ABC 外两个等腰直角三角形，90BAD CAE ∠∠==，下列说法正确的是：________．①CD BE =，且DC BE ⊥；②22222DE BC BD EC +=+；③FA 平分DFE ∠；④取BC 的中点M ，连MA ，则MA DE ⊥．【答案】①③④【分析】①由ABD △与ACE 是等腰直角三角形，AD AB =，AC AE =，DAB EAC ∠=∠可证(SAS)ADC ABE △≌△，CD BE =，AEB ACD ∠=∠且ARE FRC ∠∠=，90EAR ∠=︒AER ARE FCR FRC ∠∠∠∠+=+，即可退出；②由DC BE ⊥，由勾股定理222DF EF DE +=，222+=BF CF BC ，()()22222222=DE BC DF BF CF EF BD EC ++++=+，即可；③过点A 作AS DC ⊥，AG BE ⊥，可证(AAS)ADS ABG ≌，由性质得AS AG =，结合AS DC ⊥，AG BE ⊥，即可；④取BC 中点M ，使得AM MN =，易证(SAS)BMN CMA ≌，推出BN AC =，再证(SAS)DAE ABN ≌，推出BAN ADH ∠∠=，由90DAH BAN ∠∠+=︒，推出90DAH ADH ∠+∠=︒即可．【解析】ABD 与ACE 是等腰直角三角形，AD AB ∴=，AC AE =，DAB EAC ∠=∠，DAC EAB ∴∠=∠，∴在ADC 与ABE △中，AD AB DAC EAB AC AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，(SAS)ADC ABE ∴≌，CD BE ∴=，设BE 交AC 于点R ，由①可知AEB ACD ∠=∠且ARE FRC ∠∠=，AER ARE FCR FRC ∠∠∠∠∴+=+，90EFC EAR ∠∠∴==︒，即DC BE ⊥，故①符合题意．②DC BE ⊥，222DF EF DE ∴+=，222+=BF CF BC ，222222DF EF BF CF DE BC ∴+++=+，且222DF BF BD +=，222CF EF CE +=，2222DE BC BD CE ∴+=+．故②不符合题意．③证明，过点A 作AS DC ⊥，AG BE ⊥，由①可知ADS ABG ∠∠=，且AD AB =，ASD AGB ∠∠=，∴在ADS △与ABG 中，ADS ABG ASD AGB AD AB ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，(AAS)ADS ABG ∴≌，AS AG ∴=，且AS DC ⊥，AG BE ⊥，FA ∴平分DFE ∠，故③符合题意．④作BC 中点M ，倍长AM ，使得AM MN =，∴在BMN △与CMA 中，BM MC BMN CMA MN AM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，(SAS)BMN CMA ∴≌，则BN AC =，AC AE =，BN AE ∴=，180BAC DAE ∠∠︒+=，180BAC ABN ∠∠+=︒，DAE ABN ∠∠∴=，∴在DAE △与ABN 中，AD AB DAE ABN AE BN =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，(SAS)DAE ABN ∴≌，BAN ADH ∠∠∴=，90DAH BAN ∠∠︒+=，90DAH ADH ∠∠∴+=︒，∠90AHD ∴=︒，即AM DE ⊥，故④符合题意．故答案为：①③④．12．（1）如图（1），在四边形ABCD 中，AB AD =,180B D ︒∠+∠=，E ，F 分别是,BC CD 上的动点，且12EAF BAD ∠=∠，求证：EF BE DF =+．（2）如图（2），在（1）的条件下，当点E ，F 分别运动到,BC CD 的延长线上时，,,EF BE DF 之间的数量关系是______．【答案】（1）详见解析；（2）EF BE DF=-【分析】（1）延长FD 到点G ，使DG BE =，连接AG ，先证明()ABE ADG SAS ∆∆≌，得到AE AG BAE DAG =∠=∠，，然后证明AEF AGF ∆∆≌，得到EF FG =，根据FG DG DF BE DF =+=+，可得EF BE DF =+；（2）在BC 上截取BG DF =，连接AG ，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FD 到点G ，使DG BE =，连接AG．180B ADF ADG ADF ︒∠+∠=∠+∠=，B ADG ∴∠=∠，又AB AD =，BE DG =，∴()ABE ADG SAS ∆∆≌，,AE AG BAE DAG ∴=∠=∠，12EAF BAD ∠=∠，GAF DAG DAF BAE DAF BAD EAF EAF ∴∠=∠+∠=∠+∠=∠-∠=∠．,,AE AG EAF GAF AF AF =∠=∠=，∴AEF AGF ∆∆≌，EF FG ∴=．FG DG DF BE DF =+=+，EF BE DF ∴=+；（2）EF BE DF =-．如图，在BC 上截取BG DF =，连接AG，180B ADC ADC ADF ︒∠+∠=∠+∠=，B ADF ∴∠=∠，在△ABG 和△ADF 中AB AD B ADF BG DF ⎧⎩=⎪==⎪⎨∠∠，∴△ABG ≌△ADF （SAS ），∴AG=AF ，∠BAG=∠DAF ，∠BAD=2∠EAF ，∴∠BAG+∠GAE+∠EAD=∠EAD+∠DAF+∠EAD+∠DAF ，∴∠GAE=∠EAF ，在△EAG 和△EAF 中AG AF EAG EAF AE AE ===⎧⎪⎨⎪⎩∠∠，∴△EAG ≌△EAF （SAS ），∴EG=EF ，∵BG=DF ，∴EF=BE-BG=BE-DF ．三、解答题13．如图，若ABD △和ACE 都是等边三角形，求BOC ∠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，AD AB DAC BAE AC AE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△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，ACB △和ECD 都是等腰直角三角形，,,CA CB CD CE ACB ==△的顶点A 在ECD 的斜边DE 上，连接BD．（1）求证：BD AE =．（2）若3cm,6cm AE AD ==，求AC 的长．【答案】（1）证明见解析；（2）310cm 2AC =．【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）∵ACB △和ECD 都是等腰直角三角形，∴90ACB ECD ∠=∠=︒，∴90,90ACD BCD ACD ACE ∠+∠=︒∠+∠=︒，∴BCD ACE ∠=∠，在BCD △和ACB △中，CB CA BCD ACE CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴()BCD ACE SAS V V ≌，∴BD AE =．（2）∵BCD ACE ≌，∴BDC AEC ∠=∠，又∵ECD 是等腰直角三角形，∴45CDE CED ∠=∠=︒，∴45BDC ∠=︒，∴90BDC CDE ∠+∠=︒，∴BDA ∠是直角三角形，∴22222223645AB BD AD AE AD =+=+=+=，在等腰直角三角形ACB 中，22222AB AC BC AC =+=，∴2AC =．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≌ACD BCE V V ，即可得出结论；（2）由（1）可进一步推出AEB △为直角三角形，且30EAB ∠=︒，从而由2AB BE =求解即可．【解析】（1）△ACB 和△DCE 均为等腰三角形，∠ACB=∠DCE=90°，ADC BCE ∴∠=∠,在ACD △与BCE 中，AC BC ACD BCE DC EC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()ACD BCE SAS ∴≌，AD BE ∴=；（2）ABC 是等腰直角三角形，45ABC ∴∠=︒，由（1）可知，15CAE CBE ∠=∠=︒，4BE AD ==,451560ABE ABC CBE ∴∠=∠+∠=︒+︒=︒，90ABE ACB ∴∠=∠=︒，则在Rt AEB 中，30EAB ∠=︒，28AB BE ∴==．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 ＝12（180°﹣120°）＝30°，∴∠BFE ＝180°﹣∠BED ﹣∠ABE＝180°﹣30°﹣45°＝105°．17．ABC 和ADE 如图所示，其中,,ABC ACB ADE AED BAC DAE ∠=∠∠=∠∠=∠．(1)如图①，连接BE CD 、，求证：BE CD =；(2)如图②，连接BE CD BD 、、，若60BAC DAE ∠=∠=︒，CD AE ⊥，3AD =，5CD =，求BD 的长．【答案】(1)见解析；34【分析】（1）只需证ABE ACD ∆∆≌，即可得到结论；（2）先证明BED ∆是直角三角形，再用勾股定理求BD ．【解析】（1）证明：ABC ACB ∠=∠，ADE AED ∠=∠，AB AC ∴=，AE AD =，，BAC DAE ∠=∠，BAE CAD ∴∠=∠，()ABE ACD SAS ∴∆∆≌，BE CD ∴=．（2）解：ADE AED ∠=∠，AE AD ∴=，60DAE ∠=︒，DAE ∴∆是等边三角形，3AD ED ∴==，60AED ADE ∠=∠=︒，CD AE ⊥，160302ADC ∴∠=⨯︒=︒，由（1）知：ABE ACD ∆∆≌，5BE CD ∴==，30AEB ADC ∠=∠=︒，90BED ∴∠=︒，2234BD BE ED ∴+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：222BE FC EF +=【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，AG AF GAE FAE AE AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△AEG ≌△AFE （SAS ）．∴EF ＝EG ，又∵∠GBE ＝90°，∴BE 2+BG 2＝EG 2，即BE 2+CF 2＝EF 2．19．【探究发现】（1）如图1，在四边形ABCD 中，对角线AC BD ⊥，垂足是O ，求证：2222AB CD AD BC +=+．【拓展迁移】（2）如图2．以三角形ABC 的边AB 、AC 为边向外作正方形ABDE 和正方形ACFG ，求证：CE BG ⊥．（3）如图3，在（2）小题条件不变的情况下，连接GE ，若90EGA ∠=︒，6GE =，8AG =，则BC 的长_____________．（直接填写答案）【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【分析】（1）根据AC BD ⊥，利用勾股定理分别求出22AB CD +和22AD BC +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）∵AC BD ⊥，∴∠AOD ＝∠AOB ＝∠COD ＝∠BOC ＝90°，由勾股定理得：222222AB CD OA OB OD OC +=+++，222222AD BC OA OD OB OC +=+++，∴2222AB CD AD BC +=+；（2）∵在正方形ABDE 和正方形ACFG 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°，∴CE BG ⊥；（3）如图3，连接CG ，BE ，∵90EGA ∠=︒，6GE =，8AG =，∴AC ＝8，AE 10=，∴AB ＝10，∴CG =BE =，∵CE BG ⊥，∴由（1）可知：2222GE BC CG BE +=+，即236128200BC +=+，∵BC ＞0，∴BC =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13OA OD OB ==，2OB =，60OBC ∠=︒，则22AD BC +=______，22AB CD +=______．(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Rt ACB △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4AC =，60BAC ∠=︒，求GE 长．【答案】(1)1529，1529(2)2222AB CD AD BC +=+，证明见解析(3)EG =【分析】（1）利用含30°角的直角三角形的性质得4BC =，OC =可得出答案；（2）由“垂美四边形”得90AOD BOC ∠=∠=︒，再根据勾股定理得22222222AB CD OA OB OD OC AD BC +=+++=+；（3）连接CG ，BE ，首先利用SAS 证明GAB CAE ∆≅∆，得GAB ACE ∠=∠，说明BG CE ⊥，从而得出2222BC GE CG BE +=+，进而解决问题．【解析】（1）解：13OA OD OB ==，2OB =，23OA OD ∴==，四边形ABCD 是“垂美四边形”，90AOD BOC ∴∠=∠=︒，60OBC ∠=︒，30BCO ∴∠=︒，4BC ∴=，OC =22222222152(2439AD BC OA OD BC ∴+=++=⨯+=，222222221529AB CD OA OB OD OC AD BC +=+++=+=，故答案为：1529，1529；（2）结论：2222AB CD AD BC +=+，证明：∵AC BD ⊥于点O ，∴90AOD ∠=︒，∴222AD OA OD =+.同理可得222AB OA OB =+，222BC OB OC =+，222CD OC OD =+∴2222AB CD AD BC +=+（3）解：如图：连接CG 、BE ，∵90GAC BAE ∠=∠=°，∴GAC CAB BAE CAB ∠+∠=∠+∠，∴GAB CAE ∠=∠，在GAB △和CAE V 中，AG AC GAB CAE AB AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴GAB CAE V V ≌，∴AGB ACE ∠=∠，∵90AGB AMG ∠+∠=°，AMG BMC ∠=∠，∴90ACE CMB ∠+∠=°，∴BG CE ⊥，∴四边形GCBE 为垂美四边形，由（2）中结论可知2222EG BC CG BE +=+，∵4AC =，60BAC ∠=︒，∴30ABC ∠=︒，∴8AB =，B C =，∴22232CG AC ==，222128BE AB ==，∴24832128EG +=+，∴2112EG =，根据线段为正数可知EG =22．在ABC 中，90BAC ∠=︒，AB AC =，点D 是射线CB 上的动点（点D 不与点B 、C 重合），连接AD ，AE AD ⊥，且AE AD =，连接DE ，过点D 作DF BC ⊥，且DF BD =，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722AB =，3BD =时，请直接写出线段DE 的长．【答案】(1)DE CF =；DE CF∥(2)成立，证明见解析(3)5【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得出AD ＝BD ＝CD ，证出CF ，DE ，∠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：DE CF =；位置关系：DE CF ∥；∵∠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 ，∴DE ∥CF ．故答案为：DE ＝CF ，DE ∥CF ；（2）成立证明：如图2，连接CE ．∵90BAC ∠=︒，AE AD ⊥，∴90BAD DAC CAE DAC ∠+∠=∠+∠=︒，∴BAD CAE ∠=∠，又∵AB AC =，AE AD =，∴()SAS ABD ACE △≌△，∴BD CE =，ABD ACE ∠=∠，∵90BAC ∠=︒，AB AC =，∴45ABC ACB ∠=∠=︒，∴45ACE ∠=︒，∴454590BCE ACB ACE ∠=∠+∠=︒+︒=︒，∴BC CE ⊥，∵DF BC ⊥，DF BD =，∴DF CE =，DE CF ∥，∴四边形DECF 是平行四边形，∴DE CF =，DE CF ∥；（3）∵AB ＝AC ＝22，∠BAC ＝90°，∴BC 27222＝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 5．23．如图1，90ACD ∠=︒，AC DC =，MN 是过点A 的直线，过点D 作DB MN ⊥于点B ，连接CB ；过点C 作CE CB ⊥，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______，BD BA -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2BD =，BCAB 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】(2)AE ＝BD ，BD ﹣ABBC ；(3)4；(4)BA +BD BC【分析】（1）由90ACD ∠=︒，AC DC =，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 ，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 ．（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 ；（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 ，∵BD ＝2，BC ，∴AB ＝BD＝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°，∴BEBC ，∵BE ＝AE +BA ＝BD +BA ，∴BA +BD，故答案为：BA +BDBC ．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，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABD ≌△ACE （SAS ）；。

全等三角形-----------手拉手模型一、手拉手模型基本含义定义：所谓手拉手模型，是指有公共顶点的两个等腰三角形，顶角相等。

因为顶点相连的四条边，形象的可以看作两双手，所以通常称为手拉手模型。

二、基本图形：△ABC和△ADE均是等腰三角形，其中AC=AB,AD=AE,且∠BAC=∠DAE手拉手左手拉左手、右手拉右手基本特征：① ；② ；③ ；基本三、典例精析：➢类型一：共顶点的等边三角形中手拉手例1：在直线ABC的同一侧作两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，(1)证明：△ABE≌△DBC;（2）证明：AE=DC;（3）求线段AE和线段DC所夹∠AFD的度数.变式练习1：在例1的基础上，将△BEC绕点B逆时针旋转一定角度，连接AE，CD，如图.(1)证明：AE=DC;（2）求线段AE所在直线和线段DC所在直线之间的夹角.➢共顶点的等腰直角三角形的手拉手例2：如图，ACB∆均为等腰直角三角形，且90∆和DCEACB DCE∠=∠=︒，连接AD,BE.判断线段AD与线段BE之间的关系，请说明理由变式练习2：如图1，已知正方形ABCD的边CD在正方形DEFG的边DE上，连接AE、GC.(1)试猜想AE与GC有怎样的数量位置关系，并证明你的结论；(2)将正方形DEFG绕点D按顺时针方向旋转，使点E落在BC边上，如图2，连接AE和GC. 你认为(1)中的结论是否还成立?若成立，给出证明；若不成立，请说明理由.总结归纳：如下图△ABC和△ADE均是等腰三角形，其中AC=AB,AD=AE,且∠BAC=∠DAE=α，则∠BEC 的大小是多少？GEFDABCOE DA BCA B CD E 321AB DE全等三角形-----------手拉手模型课后练习1.如图，AB=AC ，AD=AE ，∠BAC=∠DAE ，∠1=25°，∠2=30°，则∠3=__________．2.如图，△ABD ，△AEC 都是等边三角形，BE 交CD 于点O ，求△DOE 的度数.3．如图，四边形ABCD ，BEFG 均为正方形，连接AG ，CE.（1）求证：AG=CE ；（2）求证：AG△CE.4.如图，AC=BC ，DC=EC ，∠ACB=∠ECD=90°，且∠EBD=42°，求∠AEB 的度数.。

全等与相似模型-手拉手模型全等三角形与相似三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位。

相似三角形与其它知识点结合以综合题的形式呈现，其变化很多，难度大，是中考的常考题型。

如果大家平时注重解题方法，熟练掌握基本解题模型，再遇到该类问题就信心更足了。

本专题就手拉手模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。

模型1.手拉手模型【模型解读】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。

1)双等边三角形型条件：如图1，△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。

结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠AFM=∠BCM=60°；④CF平分∠BFD。

图1图22)双等腰直角三角形型条件：如图2，△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点N。

结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ANM=∠BCM=90°；④CN平分∠BFD。

3)双等腰三角形型条件：△ABC和△DCE均为等腰三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。

结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ACM=∠BFM；④CF平分∠BFD。

图3图44)双正方形形型条件：△ABCFD 和△CEFG 都是正方形，C 为公共点；连接BG ，ED 交于点N 。

结论：①△△BCG ≌△DCE ；②BG =DE ；③∠BCM =∠DNM =90°；④CN 平分∠BNE 。

1(2022·北京东城·九年级期末)如图，在等边三角形ABC 中，点P 为△ABC 内一点，连接AP ，BP ，CP ，将线段AP 绕点A 顺时针旋转60°得到AP ，连接PP ，BP ．(1)用等式表示BP 与CP 的数量关系，并证明；(2)当∠BPC =120°时， ①直接写出∠P BP 的度数为；②若M 为BC 的中点，连接PM ，请用等式表示PM 与AP 的数量关系，并证明．【答案】(1)BP =CP ，理由见解析；(2)①60°；②PM =12AP ，见解析【分析】(1)根据等边三角形的性质，可得AB =AC ，∠BAC =60°，再由由旋转可知：AP =AP ，∠PAP =60°，从而得到∠BAP =∠CAP ，可证得△ABP ≌△ACP ，即可求解；(2)①由∠BPC =120°，可得∠PBC +∠PCB =60°．根据等边三角形的性质，可得∠BAC =60°，从而得到∠ABC +∠ACB =120°，进而得到∠ABP +∠ACP =60°．再由△ABP ≌△ACP ，可得∠ABP =∠ACP ，即可求解；②延长PM 到N ，使得NM =PM ，连接BN ．可先证得△PCM ≌△NBM ．从而得到CP =BN ，∠PCM =∠NBM ．进而得到BN =BP ．根据①可得∠P BP =60°，可证得△PNB ≌△PP B ，从而得到PN =PP ．再由△PAP 为等边三角形，可得P P =AP ．从而得到PN =AP ，即可求解．【详解】解：(1)BP =CP ．理由如下：在等边三角形ABC 中，AB =AC ，∠BAC =60°，由旋转可知：AP =AP ，∠PAP =60°， ∴∠PAP -∠BAP =∠BAC -∠BAP 即∠BAP =∠CAP在△ABP 和△ACP 中AB =AC∠BAP =∠CAP AP =AP∴△ABP ≌△ACP (SAS )．∴BP =CP ．(2)①∵∠BPC =120°，∴∠PBC +∠PCB =60°．∵在等边三角形ABC 中，∠BAC =60°，∴∠ABC +∠ACB =120°，∴∠ABP +∠ACP =60°．∵△ABP ≌△ACP ．∴∠ABP =∠ACP ，∴∠ABP +∠ABP ＇=60°．即∠P BP =60°；②PM =12AP ．理由如下：如图，延长PM 到N ，使得NM =PM ，连接BN ．∵M 为BC 的中点，∴BM =CM ．在△PCM 和△NBM 中PM =NM∠PMC =∠NMB CM =BM∴△PCM ≌△NBM (SAS )．∴CP =BN ，∠PCM =∠NBM ．∴BN =BP ．∵∠BPC =120°，∴∠PBC +∠PCB =60°．∴∠PBC +∠NBM =60°．即∠NBP =60°．∵∠ABC +∠ACB =120°，∴∠ABP +∠ACP =60°．∴∠ABP +∠ABP ＇=60°．即∠P BP =60°．∴∠P BP =∠NBP ．在△PNB 和△PP B 中BN =BP∠NBP =∠P BP BP =BP∴△PNB ≌△PP B (SAS )．∴PN =PP ．∵AP =AP ，∠PAP =60°， ∴△PAP 为等边三角形，∴P P =AP ．∴PN =AP ，∴PM =12AP ．【点睛】本题主要考查了等边三角形判定和性质，全等三角形的判定和性质，图形的旋转，熟练掌握等边三角形判定和性质定理，全等三角形的判定和性质定理，图形的旋转的性质是解题的关键．2(2022·黑龙江·中考真题)△ABC 和△ADE 都是等边三角形．(1)将△ADE 绕点A 旋转到图①的位置时，连接BD ，CE 并延长相交于点P (点P 与点A 重合)，有PA +PB =PC (或PA +PC =PB )成立；请证明．(2)将△ADE 绕点A 旋转到图②的位置时，连接BD ，CE 相交于点P ，连接PA ，猜想线段PA 、PB 、PC 之间有怎样的数量关系？并加以证明；(3)将△ADE 绕点A 旋转到图③的位置时，连接BD ，CE 相交于点P ，连接PA ，猜想线段PA 、PB 、PC 之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不需要证明．【答案】(1)证明见解析(2)图②结论：PB =PA +PC ，证明见解析(3)图③结论：PA +PB =PC【分析】(1)由△ABC 是等边三角形，得AB =AC ，再因为点P 与点A 重合，所以PB =AB ，PC =AC ，PA =0，即可得出结论；(2)在BP 上截取BF =CP ，连接AF ，证明△BAD ≌△CAE (SAS )，得∠ABD =∠ACE ，再证明△CAP ≌△BAF (SAS )，得∠CAP =∠BAF ，AF =AP ，然后证明△AFP 是等边三角形，得PF =AP ，即可得出结论；(3)在CP 上截取CF =BP ，连接AF ，证明△BAD ≌△CAE (SAS )，得∠ABD =∠ACE ，再证明△BAP ≌△CAF (SAS )，得出∠CAF =∠BAP ，AP =AF ，然后证明△AFP 是等边三角形，得PF =AP ，即可得出结论：PA +PB =PF +CF =PC ．(1)证明：∵△ABC 是等边三角形，∴AB =AC ，∵点P 与点A 重合，∴PB =AB ，PC =AC ，PA =0，∴PA +PB =PC 或PA +PC =PB ；(2)解：图②结论：PB =PA +PC证明：在BP 上截取BF =CP ，连接AF ，∵△ABC 和△ADE 都是等边三角形，∴AB =AC ，AD =AE ，∠BAC =∠DAE =60°∴∠BAC +∠CAD =∠DAE +∠CAD ，∴∠BAD =∠CAE ，∴△BAD ≌△CAE (SAS )，∴∠ABD =∠ACE ，∵AC =AB ，CP =BF ， ∴△CAP ≌△BAF (SAS )，∴∠CAP =∠BAF ，AF =AP ，∴∠CAP +∠CAF =∠BAF +∠CAF ，∴∠FAP =∠BAC =60°，∴△AFP 是等边三角形，∴PF =AP ，∴PA +PC =PF +BF =PB ；(3)解：图③结论：PA +PB =PC ，理由：在CP 上截取CF =BP ，连接AF ，∵△ABC 和△ADE 都是等边三角形，∴AB =AC ，AD =AE ，∠BAC =∠DAE =60°∴∠BAC +∠BAE =∠DAE +∠BAE ，∴∠BAD =∠CAE ，∴△BAD ≌△CAE (SAS )，∴∠ABD =∠ACE ，∵AB =AC ，BP =CF ，∴△BAP ≌△CAF (SAS )，∴∠CAF =∠BAP ，AP =AF ，∴∠BAF +∠BAP =∠BAF +∠CAF ，∴∠FAP =∠BAC =60°，∴△AFP 是等边三角形，∴PF =AP ，∴PA +PB =PF +CF =PC ，即PA +PB =PC ．【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，熟练掌握等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质是解题的关键．3(2022·湖北·襄阳市九年级阶段练习)如图，已知△AOB 和△MON 都是等腰直角三角形22OA <OM =ON ，∠AOB =∠MON =90°．(1)如图①，连接AM ，BN ，求证：△AOM ≌△BON ；(2)若将△MON 绕点O 顺时针旋转，①如图②，当点N 恰好在AB 边上时，求证：BN 2+AN 2=20N 2；②当点A ，M ，N 在同一条直线上时，若OB =4，ON =3，请直接写出线段BN 的长．【答案】(1)见解析；(2)①见解析；②46+322或46-322．【分析】(1)利用SAS 定理证明△AOM ≌△BON 即可；(2)①连接AM ，证明△AOM ≌△BON ，即可证BN 2+AN 2=2ON 2；②当点N 在线段AM 上时，连接BN ，在Rt △ANB 中构造勾股定理的等量关系；当点M 在线段AN 上时，同理即可求得．(1)证明：∵∠AOB =∠MON =90°，∴∠MON +∠AON =∠AOB +∠AON ，即∠AOM =∠BON ．∵△MON 和△AOB 是等腰直角三角形，∴OM =ON ,OA =OB ，∴△AOM ≌△BON (SAS )．(2)解：①证明：如图，连接AM ．∵∠AOB =∠MON =90°，∴∠MON -∠AON =∠AOB -∠AON ，即∠AOM =∠BON ．∵△MON 和△AOB 是等腰直角三角形，∴OM =ON ,OA =OB ,∠OAB =∠OBA =45°，∴△AOM ≌△BON .(SAS )∴∠MAO =∠OBA =45°,AM =BN ，∴∠MAN =90°，∴AM 2+AN 2=MN 2．∵△MON 是等腰直角三角形，∴MN 2=2ON 2，∴BN 2+AN 2=2ON 2．②46+322或46-322．∵△AOB 和△MON 都是等腰直角三角形，OB =4，ON =3，∴AB =42,MN =32．当点N 在线段AM 上时，如图，连接BN ，设BN =x ，由(1)可知△AOM ≌△BON ．∴∠OAM =∠OBN ，AM =BN =x ．∴∠NAB +∠ABN =∠OAM +∠OAB +∠ABN =∠OBN +∠ABN +∠OAB =∠OBA +∠OAB =180°-∠AOB =90°，∴∠ANB =180°-∠NAB +∠ABN =90°，∴△ANB 是直角三角形，AN 2+BN 2=AB 2．又∵AN =AM -MN =BN -MN =x -32，∴(x -32)2+x 2=(42)2，解得：x 1=46+322,x 2=-46+322(舍去)∴BN =46+322；当点M 在线段AN 上时，如图，连接BN ，设BN =x ，由(2)①可知△AOM ≌△BON ．∴∠OAM =∠OBN ，AM =BN =x ．∴∠NAB +∠ABN =∠OAM +∠OAB +∠ABN =∠OBN +∠ABN +∠OAB =∠OBA +∠OAB =180°-∠AOB =90°，∴∠ANB =180°-∠NAB +∠ABN =90°，∴△ANB 是直角三角形，AN 2+BN 2=AB 2．又∵AN =AM +MN =BN +MN =x +32，∴(x +32)2+x 2=(42)2，解得：x 1=46-322,x 2=-46-322(舍去)∴BN =46-322综上所述：BN 的长为46+322或46-322．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质，三点共线分类讨论，对几何题目的综合把握是解题关键．4(2022·重庆忠县·九年级期末)已知等腰直角△ABC 与△ADE 有公共顶点A ,∠BAC =∠DAE =90°,AB =AC =4,AD =AE =6．(1)如图①，当点B ,A ,E 在同一直线上时，点F 为DE 的中点，求BF 的长；(2)如图②，将△ADE 绕点A 旋转α0°<α≤360° ，点G 、H 分别是AB 、AD 的中点，CE 交GH 于M ，交AD 于N ．①猜想GH 与CE 的数量关系和位置关系，并证明你猜想的结论；②参考图③，若K 为AC 的中点，连接KM ，在△ADE 旋转过程中，线段KM 的最小值是多少(直接写出结果)．【答案】(1)BF =58；(2)①GH =12CE ,GH ⊥CE ；证明见解析；②线段KM 的最小值是5-1．【分析】(1)如图：过点F 作FQ ⊥AE 于点Q ，先说明FQ 是△ADE 的中位线，然后再求得FQ 、BQ ，最后再运用勾股定理解答即可；(2)①连接BD 交CE 于P ，先证明△ABD ≌△ACE 可得AB =AC ,∠BAD =∠CAE ,AD =AE ，然后再说明GM 是△ABD 的中位线可得GH =12CE ，然后再根据角的关系证明GH ⊥CE ﹔②如图：连接CG ，取中点O ，连接OK 、OM ，再根据勾股定理和三角形中位线的性质求得CG 和OK ,进而求得OM ,最后根据三角形的三边关系即可解答．【详解】解：(1)过点F 作FQ ⊥AE 于点Q ，∵点F 是DE 的中点，∴FQ 是△ADE 的中位线∴FQ =12AD =3,AQ =12AE =3，∴BQ =AB +AQ =7∴BF =FQ 2+BQ 2=32+72=58；(2)①GH =12CE ,GH ⊥CE ﹔证明:连接BD 交CE 于P ．∵∠ABC =∠DAE =90°，∴∠ABC +∠CAD =∠DAE +∠CAD ．即∠BAD =∠CAE ；在△ABD 和△ACE 中，∵AB =AC ,∠BAD =∠CAE ,AD =AE ，∴△ABD ≌△ACE (SAS )，∴BD =CE ,∠ADB =∠AEC∵G ,H 分别是AB ,AD 的中点，∴GM 是△ABD 的中位线∴GH =12BD =12CE 且GH ⎳BD ∵∠AEN +∠ANE =90°,∠ANE =∠DNP ，∴∠ADP +∠DNP =90°∴∠DPN =90°∴∠HMN =∠DPN =90°，∴GH ⊥CE ﹔②如图：连接CG ，取中点O ，连接OK 、OM ∴CG =AG 2+AC 2=22+42=25，OK =12AG =1∵∠CMG =90°，O 为CG 的中点∴OM =12CG =5∵MK >OM -OK ∴当O 、K 、M 共线时，MK 取最小值OM -OK =5-1．【点睛】本题主要考查了三角形的中线、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识点成为解答本题的关键．5(2022·山西大同·九年级期中)综合与实践：已知△ABC 是等腰三角形，AB =AC ．(1)特殊情形：如图1，当DE ∥BC 时，DB EC ．(填“>”“<”或“=”)；(2)发现结论：若将图1中的△ADE 绕点A 顺时针旋转α(0°<α<180°)到图2所示的位置，则(1)中的结论还成立吗？请说明理由．(3)拓展运用：某学习小组在解答问题：“如图3，点P 是等腰直角三角形ABC 内一点，∠BAC =90°，且BP =1，AP =2，CP =3，求∠BPA 的度数”时，小明发现可以利用旋转的知识，将△BAP 绕点A 顺时针旋转90°得到△CAE ，连接PE ，构造新图形解决问题．请你根据小明的发现直接写出∠BPA 的度数．【答案】(1)=；(2)成立，理由见解析；(3)∠BPA =135°．【分析】(1)由DE ∥BC ，得到∠ADE =∠B ，∠AED =∠C ，结合AB =AC ，得到DB =EC ；(2)由旋转得到的结论判断出△DAB ≌△EAC ，得到DB =CE ；(3)由旋转构造出△APB ≌△AEC ，再用勾股定理计算出PE ，然后用勾股定理逆定理判断出△PEC 是直角三角形，在简单计算即可．【详解】解：(1)∵DE ∥BC ，∴∠ADE =∠B ，∠AED =∠C ，∵AB =AC ，∴∠B =∠C ，∴∠ADE =∠AED ，∴AD =AE ，∴DB =EC ，故答案为：=；(2)成立．证明：由①易知AD =AE ，∴由旋转性质可知∠DAB =∠EAC ，在△DAB 和△EAC 中AD =AE∠DAB =∠EAC AB =AC，∴△DAB ≌△EAC (SAS )，∴DB =CE ；(3)如图，将△APB绕点A旋转90°得△AEC，连接PE，∴△APB≌△AEC，∴AE=AP=2，EC=BP=1，∠PAE=90°，∴∠AEP=∠APE=45°，在Rt△PAE中，由勾股定理可得，PE=22，在△PEC中，PE2=(22)2=8，CE2=12=1，PC2=32=9，∵PE2+CE2=PA2，∴△PEC是直角三角形，∴∠PEC=90°，∴∠AEC=135°，又∵△APB≌△AEC，∴∠BPA=∠CEA=135°．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，平行线的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理及其逆定理，解本题的关键是构造全等三角形，也是本题的难点．6(2022·青海·中考真题)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，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是顶角相等的等腰三角形，BC，DE分别是底边.求证：BD= CE；(2)解决问题：如图2，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.图1 图2【答案】(1)见解析(2)∠DCE=90°；AE=AD+DE=BE+2CM【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．【解析】(1)证明：∵△ABC和△ADE是顶角相等的等腰三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，∴∠BAC-∠CAD=∠DAE-∠CAD，∴∠BAD=∠CAE．在△BAD和△CAE中，AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，∴△BAD≌△CAE SAS ，∴BD=CE．(2)解：∠AEB=90°，AE=BE+2CM，理由如下：由(1)的方法得，△ACD≌△BCE，∴AD=BE，∠ADC=∠BEC，∵△CDE是等腰直角三角形，∴∠CDE=∠CED=45°，∴∠ADC=180°-∠CDE=135°，∴∠BEC=∠ADC=135°，∴∠AEB=∠BEC-∠CED=135°-45°=90°．∵CD=CE，CM⊥DE，∴DM=ME．∵∠DCE=90°，∴DM=ME=CM，∴DE=2CM．∴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．7(2022·广东广州市·八年级期中)如图，两个正方形ABCD与DEFG，连结AG，CE，二者相交于点H．(1)证明：△ADG≌△CDE；(2)请说明AG和CE的位置和数量关系，并给予证明；(3)连结AE和CG，请问△ADE的面积和△CDG的面积有怎样的数量关系？并说明理由．【答案】(1)答案见解析；(2)AG=CE，AG⊥CE；(3)△ADE的面积=△CDG的面积【分析】(1)利用SAS证明△ADG≌△CDE；(2)利用△ADG≌△CDE得到AG=CE，∠DAG=∠DCE，利用∠DAG+∠AMD=90°得到∠DCE+∠CMG=90°，即可推出AG⊥CE；(3)△ADE的面积=△CDG的面积，作GP⊥CD于P，EN⊥AD交AD的延长线于N，证明△DPG≌△DNE，得到PG= EN，再利用三角形的面积公式分别表示出△ADE的面积，△CDG的面积，即可得到结论△ADE的面积=△CDG的面积.【详解】(1)∵四边形ABCD与DEFG都是正方形，∴AD=CD，DG=DE，∠ADC=∠EDG=90°，∴∠ADC+∠CDG=∠EDG+∠CDG，∴∠ADG=∠CDE，∴△ADG≌△CDE(SAS)，(2)AG=CE，AG⊥CE，∵△ADG≌△CDE，∴AG=CE，∠DAG=∠DCE，∵∠DAG+∠AMD=90°，∠AMD=∠CMG，∴∠DCE+∠CMG=90°，∴∠CHA=90°，∴AG⊥CE；(3)△ADE的面积=△CDG的面积，作GP⊥CD于P，EN⊥AD交AD的延长线于N，则∠DPG=∠DNE=90°，∵∠GDE=90°，∴∠EDN+∠GDN=90°，∵∠PDG+∠GDN=90°，∴∠EDN=∠PDG，∵DE=DG，∴△DPG≌△DNE，∴PG=EN，∵△ADE的面积=12AD⋅EN，△CDG的面积=12CD⋅GP，∴△ADE的面积=△CDG的面积.【点睛】此题考查正方形的性质，三角形全等的判定及性质，利用三角形面积公式求解，根据图形得到三角形全等的条件是解题的关键.8(2023·福建福州市·九年级月考)如图，和均为等边三角形，连接BE、CD．(1)请判断：线段BE与CD的大小关系是；(2)观察图，当和分别绕点A旋转时，BE、CD之间的大小关系是否会改变?(3)观察如图和4，若四边形ABCD、DEFG都是正方形,猜想类似的结论是,在如图中证明你的猜想.(4)这些结论可否推广到任意正多边形(不必证明),如图,BB1与EE1的关系是;它们分别在哪两个全等三角形中;请在如图中标出较小的正六边形AB1C1D1E1F1的另五个顶点，连接图中哪两个顶点,能构造出两个全等三角形？【答案】(1)BE=CD(2)线段BE与CD的大小关系不会改变(3)AE=CG，证明见解析(4)这些结论可以推广到任意正多边形.如图5，BB1=EE1，它们分别在△AE1E和△AB1B中，如图6，连接FF1，可证△AB1B≌△AF1F．图形见解析.【分析】本题是变式拓展题，图形由简单到复杂，需要从简单图形中探讨解题方法，并借鉴用到复杂图形中；证明三角形全等时，用旋转变换寻找三角形全等的条件．【详解】(1)线段BE与CD的大小关系是BE=CD；(2)线段BE与CD的大小关系不会改变；(3)AE=CG．证明：如图4，正方形ABCD与正方形DEFG中，∵AD=CD，DE=DG，∠ADC=∠GDE=90°，又∠CDG=90°+∠ADG=∠ADE，∴△ADE≌△CDG，∴AE=CG．(4)这些结论可以推广到任意正多边形．如图5，BB1=EE1，它们分别在△AE1E和△AB1B中，如图6，连接FF1，可证△AB1B≌△AF1F．【点睛】本题综合考查全等三角形、等边三角形和多边形有关知识．注意对三角形全等的证明方法的发散．模型2.“手拉手”模型(旋转模型)【模型解读与图示】“手拉手”旋转型定义：如果将一个三角形绕着它的项点旋转并放大或缩小(这个顶点不变)，我们称这样的图形变换为旋转相似变换，这个顶点称为旋转相似中心，所得的三角形称为原三角形的旋转相似三角形。

手拉手模型——全等三角形常见模型介绍(一)[实用]手拉手模型，也被称为全等三角形模型，是一种在几何证明中常见的模型。

这个模型的关键在于，两个或多个全等三角形通过对应边和对应角的对应关系，形成了一种特定的几何形状。

下面我们将详细介绍这个模型的构造和运用。

首先，我们需要了解全等三角形的定义。

全等三角形是指具有完全相同形状和大小的三角形。

全等三角形的对应边相等，对应角也相等。

全等三角形的证明通常是通过边角边（SAS）、角边角（ASA）或角角边（AAS）等公理来完成的。

在手拉手模型中，我们需要构造两个或多个全等三角形，并通过对应边和对应角的对应关系来证明其他几何结论。

手拉手模型的构造通常是通过旋转、平移或翻转三角形来完成的。

在这个过程中，我们需要确定旋转中心、旋转角度和旋转方向，以及平移或翻转的距离和方向。

例如，在下面的证明题中，我们需要在两个全等三角形ABC和A'B'C'中，证明AB平行于A'B'。

首先，我们可以通过旋转三角形ABC来得到三角形A'B'C'。

假设旋转中心为点A，旋转角度为∠BAC。

由于三角形ABC和A'B'C'是全等三角形，因此对应边AB 和A'B'相等，且对应角∠B和∠B'相等。

因此，我们可以得出AB平行于A'B'的结论。

手拉手模型的应用非常广泛，它可以用于证明各种几何结论，例如平行线、等腰三角形、直角三角形等等。

在实际应用中，我们还需要结合其他几何定理和性质，例如平行线的传递性、等腰三角形的轴对称性等等来证明更复杂的结论。

此外，手拉手模型还可以用于解决实际问题。

例如，在测量两个不可到达点之间的距离时，我们可以将一个点向另一个点平移，然后通过全等三角形的性质来证明距离相等。

或者在解谜题中，我们可以使用手拉手模型来构造全等三角形，从而证明两个几何图形之间的关系。

全等三角形之手拉手模型专题手拉手模型：定义：所谓手拉手模型，是指有公共顶点的两个等腰三角形，顶角相等。

因为顶点相连的四条边，形象的可以看作两双手，所以通常称为手拉手模型。

基本模型：例题：已知，△ABB和厶ACC都是等腰三角形，AB二AB；AC二AC；且/ BAB'二/CAC。

三个结论结论1: △ABC^A ABC(SAS)BC=B'C'结论2：Z BOB'二/ BAB'结论3: AO平分/ BOC'共顶点的等腰直角三角形中的手拉手变式精练1、下图，△ABC ffiA ADE是等腰直角三角形，/ BAC K DAE=90 ,求证:⑴BD=CE ⑵BD丄CEE共顶点的等边三角形中的手拉手变式精练2:如图，点A为线段BD上一点，△ABC ffiA ADE匀是等边三角形，求: (1) CD二BE (2) / DAE^Z模型应用1:如图，分别以厶ABC的边AB AC同时向外作等腰直角三角形，其中AB =AE , AC =AD Z BAE =Z CAD=90，点G为BC中点，点F 为BE 中点，点H为CD中点。

探索GF与GH的位置及数量关系并说明理由。

（选讲）模型应用2：如图，在五边形ABCDE K/ ABC二/ AED =90，/ BAC二/EAD a, F为CD的中点。

求证：（1）BF=EFB E课堂小测：练习1:如图，两个正方形ABCD与DEFG连结CE AG,二者相交于点H。

求：（1）AG=CE （2）AG与CE之间的夹角为多少度？（3）HD平分/ AHE欢迎您的下载，资料仅供参考!致力为企业和个人提供合同协议，策划案计划书，学习资料等等打造全网一站式需求。

手拉手模型专题知识解读【专题说明】手拉手模型是指有共同顶点的两个等腰三角形，顶角相等。

因为过共同顶点的四条边，像人的两双手，所以通常称为手拉手模型。

手拉手模型常和旋转结合,在考试中作为几何综合题目出现。

【方法技巧】类型一：等边三角形手拉手（1）如图，B 、C 、D 三点共线，▲ABC 和▲CDE 是等边三角形，连接AD 、BE ，交于点P（2）记AC 、BE 交点为M ，AD 、CE 交点为N（2）连接MN结论一：△ACD ≌△BCE证明：AC BCACD BCE CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩→△ACD ≌△BCE （SAS）结论二：△ACN ≌△BCM ；△MCE ≌△NCD证明：MBC NAC BC AC BCM ACN ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩→△ACN ≌△BCM （SAS ）；MCE NCD CE CDCEM CDN ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩→△MCE ≌△NCD （ASA）（4）记AD 、BE 交点为P ，连接PC ：（5）结论五：∠APB=∠BPC=∠CPD=∠DPE=60°（6）连AE:结论六：P 点是▲ACE 的费马点（PA+PC+PE 值最小）类型二：正方形手拉手如图，四边形ABCD 和四边形CEFG 均为正方形，连接BE 、DG结论三：△MNC 是等边三角形．证明：60CM CNMCN =⎧⎨∠=︒⎩→△MCN是等边三角形．结论四：PC 平分∠BPD证明：△BCE ≌△ACD →CG =CH →PC 平分∠BPD．【典例分析】【类型一：等边三角形手拉手】【典例1】（2021春•西安期末）如图，在△ABC 中，BC ＝5，以AC 为边向外作等边△ACD ，以AB 为边向外作等边△ABE ，连接CE 、BD ． （1）若AC ＝4，∠ACB ＝30°，求CE 的长； （2）若∠ABC ＝60°，AB ＝3，求BD 的长．【解答】解：（1）∵△ABE 与△ACD 是等边三角形， ∴AC ＝AD ，AB ＝AE ，∴∠DCA ＝∠CAD ＝∠EAB ＝60°， ∴∠EAB +∠BAC ＝∠CAD +∠BAC ， 即∠EAC ＝∠BAD ． 在△EAC 和△BAD 中，，∴△EAC ≌△BAD （SAS ）， ∴EC ＝BD ， 又∵∠ACB ＝30°，∴∠DCB ＝∠ACB +∠DCA ＝90°， ∵CD ＝AC ＝4，BC ＝5， ∴BD ＝＝＝，结论一：△BCE ≌△DCG证明：CB CD BCE DCG CE CG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩→△BCE ≌△DCG （SAS ）结论二：BE =DG ，BE ⊥DG 证明：△BCE ≌△DCG →BE =DG ；∠CBE ＝∠CDG →∠DHB =∠BCD =90°（旋转角都相等）【重点概述】手拉手模型是一种基本的旋转型全等，与其说看图找模型，不如是“找条件、定模型”．∴CE＝；（2）如图，作EK垂直于CB延长线于点K．∵△ABE与△ACD是等边三角形，∴AC＝AD，AB＝AE，∴∠DCA＝∠CAD＝∠EAB＝60°，∴∠EAB+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，即∠EAC＝∠BAD．在△EAC和△BAD中，，∴△EAC≌△BAD（SAS），∴EC＝BD，∵∠ABC＝60°，∠ABE＝60°，∴∠EBK＝60°，∴∠BEK＝30°，∴BK＝BE＝，∴EK＝＝＝，∴EC＝＝＝7，∴BD＝EC＝7．【变式1-1】（2021九上·吉林期末）如图①，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=√6，点D，E分别在边AC，BC上，且CD=CE=√2，此时AD=BE，AD⊥BE成立．（1）将△CDE绕点C逆时针旋转90°时，在图②中补充图形，并直接写出BE的长度；（2）当△CDE绕点C逆时针旋转一周的过程中，AD与BE的数量关系和位置关系是否仍然成立？若成立，请你利用图③证明，若不成立请说明理由；（3）将△CDE绕点C逆时针旋转一周的过程中，当A，D，E三点在同一条直线上时，请直接写出AD的长度．【答案】（1）解：如图所示，BE=2√2；（2）解：AD=BE，AD⊥BE仍然成立.证明：延长AD交BE于点H，∵∠ACB=∠DCE=90°，∠ACD=∠ACB−∠BCD，∠BCE=∠DCE−∠BCD，∴∠ACD=∠BCE，又∵CD=CE，AC=BC，∴△ACD≅△BCE，∴AD=BE，∠1=∠2，在Rt△ABC中，∠1+∠3+∠4=90°，∴∠2+∠3+∠4=90°，∴∠AHB=90°，∴AD⊥BE.（3）AD=√5−1或AD=√5+1【变式1-2】（2021九上·宜春期末）如图（1）问题发现：如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，当△DCE旋转至点A，D，E在同一直线上，连接BE．则：①∠ACB的度数为；②线段BE，CE与AE之间的数量关系是．（2）拓展研究：如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点A，D，E在同一直线上．若CE=√2，BE=2，求AB的长度．（3）探究发现：图1中的△ACB和△DCE，在△DCE旋转过程中，当点A，D，E 不在同一直线上时，设直线AD与BE相交于点O，试在备用图中探索∠AOE的度数，直接写出结果，不必说明理由．【解答】（1）①∵△ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，故答案为：60°；②∵△ACB和△DCE均为等边三角形，∴AC=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ACD=∠BCE，∴△ADC≅△BEC(SAS)，∴AD=BE，∵△DCE为等边三角形，∴CE=DE，∴BE+CE=AD+DE=AE，故答案为：BE+CE=AE（2）解：∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∴AC=CB，∠CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°，∴∠ACD=∠BCE，∴△ADC≅△BEC(SAS)，∴AD=BE=2，∠ADC=∠BEC，∵△DCE为等腰直角三角形，∴∠CDE=∠CED=45°，CD=CE=√2，DE=√CD2+CE2=√(√2)2+(√2)2=2，∴∠CEB=∠CDA=180°−45°=135°，AE=AD+DE=2+2=4，∴∠AEB=∠CEB−∠CED=135°−45°=90°，∴△AEB是直角三角形，∴AB=√AE2+BE2=√42+22=2√5（3）如图3，由（1）知△ADC≅△BEC，∴∠CAD=∠CBE，∵∠CAB=∠ABC=60°，∴∠OAB+∠OBA=120°，∴∠AOE=180°−120°=60°，如图4，同理求得：∠AOB=60°，∴∠AOE=120°，∴∠AOE的度数是60°或120°．【变式1-3】（2021春•金牛区校级期中）类比探究：（1）如图1，等边△ABC内有一点P，若AP＝8，BP＝15，CP＝17，求∠APB的大小；（提示：将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处）（2）如图2，在△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F为BC上的点，且∠EAF＝45°．求证：EF2＝BE2+FC2；（3）如图3，在△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，点O为△ABC内一点，连接AO、BO、CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，若AC＝1，求OA+OB+OC的值．【解答】解：（1）如图1，将△APB绕着点A逆时针旋转60°得到△ACP′，∴△ACP′≌△ABP，∴AP′＝AP＝8、CP′＝BP＝15、∠AP′C＝∠APB，由题意知旋转角∠P A P′＝60°，∴△AP P′为等边三角形，∴P P′＝AP＝8，∠A P′P＝60°，∵PP′2+P′C2＝82+152＝172＝PC2，∴∠PP′C＝90°，∴∠APB＝∠AP′C＝∠A P′P+∠P P′C＝60°+90°＝150°（2）如图2，把△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ACE′，则AE′＝AE，CE′＝CE，∠CAE′＝∠BAE，∵∠BAC＝90°，∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠CAF＝∠CAF+∠CAE′＝∠F AE′＝45°，∴∠EAF＝∠E′AF，且AE＝AE'，AF＝AF，∴△AEF≌△AE′F（SAS），∴EF＝E′F，∵∠B+∠ACB＝90°，∴∠ACB+∠ACE′＝90°，∴∠FCE′＝90°，∴E′F2＝CF2+CE′2，∴EF2＝BE2+CF2；（3）如图3，将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，∴AB＝2，∴BC＝＝，∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，∴△A′O′B如图所示；∠A′BC＝∠ABC+60°＝30°+60°＝90°，∵∠ACB＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，∴AB＝2AC＝2，∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A′O′B，∴A′B＝AB＝2，BO＝BO′，A′O′＝AO，∴△BOO′是等边三角形，∴BO＝OO′，∠BOO′＝∠BO′O＝60°，∵∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，∴∠COB+∠BOO′＝∠BO′A′+∠BO′O＝120°+60°＝180°，∴C、O、A′、O′四点共线，在Rt△A′BC中，A′C＝＝，∴OA+OB+OC＝A′O′+OO′+OC＝A′C＝．【典例2】如图，在△ABC与△DEC中，已知∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝6，BC＝3，CD ＝5，CE＝2.5，连接AD，BE．（1）求证：△ACD∽△BCE；（2）若∠BCE＝45°，求△ACD的面积．【解答】（1）证明：∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACD+∠DCB＝∠DCB+∠BCE，∴∠ACD＝∠BCE，又∵，∴△ACD∽△BCE；（2）解：过A作AG⊥CD于G，由（1）知，∠ACD＝∠DCB＝∠BCE＝45°，∴AG＝CG，在Rt△ACG中，由勾股定理得：∴CG＝AG＝3，∴S＝＝．【变式2-1】如图1，在Rt△ABC中，AC＝BC＝5，等腰直角△BDE的顶点D，E分别在边BC，AB上，且BD＝，将△BDE绕点B按顺时针方向旋转，记旋转角为α（0°≤α＜360°）．（1）问题发现当α＝0°时，的值为，直线AE，CD相交形成的较小角的度数为；（2）拓展探究试判断：在旋转过程中，（1）中的两个结论有无变化？请仅就图2的情况给出证明：（3）问题解决当△BDE旋转至A，D，E三点在同一条直线上时，请直接写出△ACD的面积．【解答】解：（1）∵△ABC与△BDE都是等腰直角三角形，∴DE∥AC，∴，∴，∵∠B＝45°，∴直线AE，CD相交形成的较小角的度数为45°，故答案为：；45；（2）无变化，理由如下：延长AE，CD交于点F，CF交AB于点G，∵△ABC与△BDE都是等腰直角三角形，∴∠ABC＝∠DBE＝45°，，∴∠ABC﹣∠ABD＝∠DBE﹣∠ABD，∴∠CBD＝∠ABE，又∵，∴△ABE∽△CBD，∴，∠BAE＝∠BCD，∴∠F＝180°﹣∠BAE﹣∠AGF＝180°﹣∠BCD﹣∠BGC＝∠ABC＝45°；（3）如图，当DE在AB上方时，作AH⊥CD于H，由A，D，E三点在同一条直线上知，∠ADB＝90°，∴AD＝，由（2）知∠ADH＝45°，，∴AH＝＝，CD＝，∴S△ACD＝CD×AH＝＝12+，当DE在AB下方时，同理可得S△ACD＝×CD×AH＝＝12﹣，【类型二：正方形手拉手】【典例3】【问题背景】正方形ABCD和等腰直角三角形CEF按如图①所示的位置摆放，点B，C，E在同一条直线上，其中∠ECF＝90°．【初步探究】（1）如图②，将等腰直角三角形CEF绕点C按顺时针方向旋转，连接BF，DE，请直接写出BF与DE的数量关系与位置关系：；【类比探究】（2）如图③，将（1）中的正方形ABCD和等腰直角三角形CEF分别改成矩形ABCD和Rt△CEF，其中∠ECF＝90°，且，其他条件不变．①判断线段BF与DE的数量关系，并说明理由；②连接DF，BE，若CE＝6，AB＝12，求DF2+BE2的值．【解答】解：（1）如图②，BF与CD交于点M，与DE交于点N，∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝DC，∠BCD＝90°，∵△ECF是等腰直角三角形，∴CF＝CE，∠ECF＝90°，∴∠BCD＝∠ECF，∴∠BCD+∠DCF＝∠ECF+∠DCF，∴∠BCF＝∠DCE，∴△BCF≌△DCE（SAS），∴BF＝DE，∠CBF＝∠CDE，∵∠BMC＝∠DMF，∠CBF+∠BMC＝90°，∴∠CDE+∠DMF＝90°，∴∠BND＝90°，∴BF⊥DE，故答案为：BF＝DE，BF⊥DE；（2）①如图③，，理由：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BCD＝90°，∵∠ECF＝90°，∴∠BCD+∠DCF＝∠ECF+∠DCF，∴∠BCF＝∠DCE，∵，∴△BCF∽△DCE，∴＝；②如图③，连接BD，∵△BCF∽△DCE，∴∠CBF＝∠CDE，∵四边形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝12，∵CE＝6，，∴＝，∴CF＝8，BC＝16，∵∠DBO+∠CBF+∠BDC＝∠BDO+∠CDE+∠BDC＝∠DBO+∠BDO＝90°，∴∠BOD＝90°，∴∠DOF＝∠BOE＝∠EOF＝90°，在Rt△DOF中，DF2＝OD2+OF2，在Rt△BOE中，BE2＝OB2+OE2，在Rt△DOB中，DB2＝OD2+OB2，在Rt△EOF中，EF2＝OE2+OF2，∴DF2+BE2＝OD2+OF2+OB2+OE2＝DB2+EF2，在Rt△BCD中，BD2＝BC2+CD2＝162+122＝400，在Rt△CEF中，EF2＝EC2+CF2＝62+82＝100，∴BD2+EF2＝400+100＝500，∴DF2+BE2＝500【变式3】（2021秋•荔湾区校级期中）以△ABC的AB，AC为边分别作正方形ADEB，正方形ACGF，连接DC，BF．（1）CD与BF有什么数量与位置关系？说明理由．（2）利用旋转的观点，在此题中，△ADC可看成由哪个三角形绕哪点旋转多少角度得到的．【解答】解：（1）CD＝BF且CD⊥BF，理由如下：∵四边形ABED和四边形ACGF都是正方形，∴AD＝AB，AC＝AF，∠DAB＝∠CAF＝90°，又∵∠DAC＝∠DAB+∠BAC，∠BAF＝∠CAF+∠BAC，∴∠DAC＝∠BAF，在△DAC与△BAF中，，∴△DAC≌△BAF（SAS），∴DC＝BF，∴∠AFB＝∠ACD，又∵∠AFN+∠ANF＝90°，∠ANF＝∠CNM，∴∠ACD+∠CNM＝90°，∴∠NMC＝90°，∴BF⊥CD；（2）∵AD＝AB，AC＝AF，CD＝BF，∠DAB＝∠CAF＝90°，∴△ADC可看成是△ABF绕点A顺时针旋转90°得到的．。

手拉手模型1、等边三角形条件：△OAB，△OC D均为等边三角形结论：；；导角核心：八字导角2、等腰直角三角形条件：△OAB，△OC D均为等腰直角三角形结论：；；导角核心：3、任意等腰三角形条件：△OAB，△OC D均为等腰三角形，且∠AOB = ∠COD 结论：；；核心图形：核心条件：；；例题讲解：A 类1：在直线ABC的同一侧作两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与C D，等边三角形要得到哪些结论？要联想到什么模型？证明：（1）△ABE≌△DBC；（2）AE=D C；60°；（3）AE与DC的夹角为（4）△AGB≌△DFB；（5）△EGB≌△CFB；（6）BH平分∠AHC；解题思路：1：出现共顶点的等边三角形，联想手拉手模型2：利用边角边证明全等；3：八字导角得角相等；2：如图两个等腰直角三角形ADCED G，连接AG,CE,二者相交于H.与等腰直角三角形要得到哪些结论？要联想到什么模型？问（1）△AD G≌△CD E是否成立？（2）AG是否与CE相等？（3）AG与CE之间的夹角为多少度？（4）HD是否平分∠AHE？解题思路：1：出现共顶点的等腰直角三角形，联想手拉手模型2：利用边角边证明全等；3：八字导角得角相等；3：如图，分别以△ABC 的边AB、AC 同时向外作等腰直角三角形，其中AB =AE ，AC=AD，等腰直角三角形要得到哪些结论？要联想到什么模型？∠BAE =∠CAD=90°，点G 为BC中点，点F 为BE 中点，点为CD中点。

探索GF 与H多个中点，一般考虑什么？GH 的位置及数量关系并说明理由。

解题思路：1：有两个共顶点的等腰直角三角形，联想手拉手全等，连接B D，C E，△BA D≌△EAC 2：多个中点，联想中位线，得线段关系B 类1：如图1，已知∠DAC=90°，△AB C是等边三角形，点P 为射线AD任意一点（P 与A 不重合），出现等边三角形，要想到哪些？连结CP，将线段CP绕点C顺时针旋转E. 60°得到线段CQ，连结QB并延长交直线AD于点旋转60°，要做什么？（1）如图1，猜想∠QEP=°；（2）如图2，3，若当∠DAC是锐角或钝角时，其它条件不变，猜想∠QEP的度数，选取一种情况加以证明；（3）如图3，若∠DAC=135°，∠ACP=15°，且AC=4，求BQ的长．有特殊的钝角，需要做什么？求线段长有哪些方法？解题思路：1：旋转60°，出现等边三角形2：两个共顶点的三角形，联想手拉手全等3：求线段长度，利用勾股定理2：在ABC 中，AB BC 2 ，90 ，BD为斜边AC上的中线，将ABD 绕点DABC等腰直角三角形斜边的中线可以得到什么？顺时针旋转180 ) 得到EFD ，其中点A 的对应点为点E，点B 的对应点为点( 0F，等腰直角三角形绕顶点旋转，是什么模型？BE与FC相交于点H.（1）如图1，直接写出BE与FC的数量关系：;2 2;（2）如图2，M、N分别为EF、BC的中点. 求证：MNCF 出现中点要想到什么？（3）连接BF，CE，如图3，直接写出在此旋转过程中，线段BF、CE与AC之间的数量关系：.线段的关系都有哪些？解题思路：1：等腰直角三角形斜边的中线把三角形分成两个相同的等腰直角三角形2：等腰直角三角形绕顶点旋转，联想手拉手模型3：等腰直角三角形中出现中点，联想斜边中点4：利用勾股定理得线段关系ACB 90 3：在Rt △ABC中，，D 是AB的中点，DE⊥BC于E，连接CD．直角+ 中点，联想什么？A 30（1）如图1，如果，那么DE与CE之间的数量关系是．（2）如图2，在（1）的条件下，P 是线段CB上一点，连接DP，将线段DP绕点D 逆时针旋转60°，得到线段DF，连接BF，请猜想DE、BF、BP三者之间的数量关系，并证明你的结论．旋转60°，要做什么，还要联想什么？线段关系，一般有哪些？A 090（3）如图3，如果（），P 是射线CB上一动点（不与B、C重合），连接DP，将线段DP绕点D 逆时针旋转2α，得到线段DF，连接BF，请直接写出DE、BF、BP三者之间的数量关系（不需证明）．解题思路：1：直角三角形斜边的中线是斜边的一半2：30°的直角三角形，得到等边三角形3：线段关系一般有和差倍，勾股定理4：等腰三角形共顶点旋转，联想手拉手模型C类1：已知：在△AB C中，∠BAC=60°．（1）如图1，若AB=A C，点P 在△AB C内，且∠APC=150°，PA=3，PC=4，把△AP C绕着A 点顺时针旋转，使点C旋转到点 B 处，得到△AD B，连接DP旋转60°，要做什么，还要联想什么？①依题意补全图1；②直接写出PB的长；（2）如图2，若AB=A C，点P 在△AB C外，且PA=3，PB=5，PC=4，求∠AP C的度数；给出共顶点的三条线段，要做什么？当看到3，4，5，要来你想什么？（3）如图3，若AB=2AC，点P 在△ABC内，且PA= 3，PB=5，∠APC=120°，请直接写出PC的长．图1 图 2 图3解题思路：1：共点的三条线段，利用旋转，构造手拉手模型，使之放在同一三角形中2：勾股定理，勾股数3：沿用前两问思路，构造手拉手相似2：在□ABC D中，E 是A D上一点，AE=AB，过点 E 作直线EF，在EF上取一点G，使得∠EGB=∠EAB，连接AG.（1）如图1，当EF 与AB相交时，若∠EAB=60°，求证：EG =AG+B；G（2）如图2，当EF 与AB相交时，若∠EAB= α（0o ﹤α﹤90o ），请你直接写出线段E G、A G、B G之间的数量关系（用含α的式子表示）；（3）如图3，当EF 与CD相交时，且∠EAB=90°，请你写出线段EG、AG、BG之间的数量关系，并证明你的结论.解题思路：1：有60°角，联想等边三角形，联想手拉手2：线段和差，联想截长补短3：等腰三角形，构造手拉手模型4：三条线段的关系：和差倍、勾股定理课堂练习A 类1：如图，已知和ADE 都是等边三角形， B 、C 、D 在一条直线上，试说明ABC CE 与AC CD 相等的理由．2：如图，点 C 是线段AB 上除点A、B 外的任意一点，分别以AE交DC于M，连接BD交AC、BC为边在线段CE于N，连接M N．AB的同旁作等边△ ACD和等边△BCE，连接（1）求证：AE=B D；（2）求证：M N∥AB．3：已知：如图，△AD、BE的中点．ABC、△CDE都是等边三角形，AD、BE相交于点O，点M、N 分别是线段（1）求证：AD=BE；（2）求∠DOE的度数；（3）求证：△MNC是等边三角形．B 类1：在△ABC 中，AB 得到线段BD．AC ，，将线段BC绕点B 逆时针旋转60060BAC（1）如图1，直接写出ABD 的大小（用含的式子表示）；（2）如图2，150 ，60 ，判断△ABE的形状并加以证明；BCE ABE（3）在（2）的条件下，连结DE，若45 ，求的值DEC2. 如图1，在四边形ABC D中，BA=B C，∠ABC=60°，∠ADC=3°0，连接对角线BD. （1）将线段CD绕点C顺时针旋转60°得到线段CE，连接AE.①依题意补全图1；②试判断AE与BD的数量关系，并证明你的结论；（2）在（1）的条件下，直接写出线段DA、DB和DC之间的数量关系；（3）如图2，F是对角线B D上一点，且满足∠AFC=150°，连接FA和F C，探究线段FA、FB和FC之间的数量关系，并证明.（图1）（图2）3．如图，在△AB C中，∠ACB=90°，AC=BC=C，D∠ACD=α，将线段CD绕点C顺时针旋转得到线段CE，连接DE，AE，BD．90°（1）依题意补全图1；（2）判断AE与BD的数量关系与位置关系并加以证明；（3）若0°＜α≤64°，AB=4，AE与B D相交于点G，求点G到直线AB的距离的最大值．请写出求解的思路（可以．不．写．出．计．算．结．果．．）．C类1: 已知：PA 2, PB 4 ，以AB 为一边做正方形ABCD ，使P、D 两点落在直线ABAPB 45 AB 及PD的两侧。

正三角形中的手拉手模型我们常常会遇到这样的问题：问题的背景是正三角形，然后又会出现一个正三角形绕着原正三角旋转，这时往往会出现全等三角形，从而出现等角或等线段。

我们形象地将这两个等边三角形称为“手拉手三角形”。

如上图所示，手拉手三角形不仅仅存在与共顶点等边三角形中，只要两个图形(正三角形、正方形、等腰直角三角形、等腰三角形)是“相似”的，即对应边成比例，对应角相等，那么联结对应顶点，就会出现全等三角形。

解法分析：本题中的▲ABC和▲COD是共顶点的相似的“手拉手”等边三角形，由此产生了一组全等三角形，即▲BOC≌▲ADC，由此可以用含α的代数式表示出∠OAD、∠ADO的度数，继而达到①判定▲AOD的形状；②判定▲AOD是等腰三角形(从角出发分类讨论：∠OAD=∠AOD，∠OAD=∠ADO，∠AOD=∠ADO)。

链接：等腰三角形的存在性问题讨论(根据已知条件，确定到底是从角出发分类讨论还是从边出发分类讨论)解法分析：本题中的▲OAB和▲CBD是共顶点的相似的“手拉手”等边三角形，由此产生了一组全等三角形，即▲BOC≌▲ABD，由这组全等三角形，得到∠BAD=∠AOB，可以得到∠CAD的度数。

由于OC>1，则▲EAC为钝角三角形，若▲EAC为等腰三角形，有且仅有EA=AC的情况，而∠EAO=60°，因此得到EA=2。

解法分析：本题中的▲ABC和▲MDN虽然不是共顶点的等边三角形，但是联结DE、DF、EF后，即可将▲ABC分割成4个全等的等边三角形，由此可以得到一组全等三角形，即：▲DNE≌▲DMF，利用全等三角形对应角相等，得到∠DEC=∠DFN=60°，从而说明点F在线段EN上。

第2、第3问中，虽然点M在线段BC或线段BC延长线上，但是仍旧有▲DNE≌▲DMF，线段间的等量关系依旧存在。

再次说明了不论点在线段或其延长线上，辅助线的添加方法或解法思路是完全一致的。

学习单：正三角形中的手拉手模型。

相似三角形几何模型（手拉手与十字架模型）第一部分【知识点归纳】【模型一】“手拉手（旋转）”模型图1 图222ADE ABC ABC ACF ADE ∆ ∆∆  →A 绕点旋转如图：∽如图：∽ 以上就是相似三角形中的“手拉手模型”在复杂的图形中可以由这一线索寻找新的相似形，即一转成双，由一得二（由一对相似三角形得第二对相似三角形）。

【模型二】“十字架”模型图3 图41EG AB HF BC⊥==如图3：正方形ABCD 中，EG HF,则有；EG AB HF BC ⊥=如图4：矩形ABCD 中，EG HF,则有. 以上就是矩形中的十字架模型，即矩形中两条互相垂直的线段之比等于矩形的两邻边之比。

第二部分【题型展示与方法点拨】【题型1】三角形中的的“手拉手（旋转）模型”【例1】（23-24九年级上·山西大同·期末）综合与实践-问题情境：如图1，已知在ABC 中，D E ，分别是AB AC ，上的点，且DE BC ∥．（1）操作发现：求证：AB DB =．（2）深入探究：在图1的基础上，将ADE 绕着点A 逆时针旋转一个角度得到图2，连接BD CE ，，那么（1）中的结论是否仍然成立？请判断并说明理由．拓展探究：（3）如图3，当ADE 旋转到点B D E ，，在一条直线上时，BE 与AC 交于点F ，若7BF =，9BE =，求AF CF ⋅的值．【变式1】（23-24九年级上·山西晋中·期中）如图，一副三角板（90C E ∠=∠=°，30B ∠=°，45D ∠=°），AD BC =，顶点A 重合，将ADE 绕其顶点A 旋转，在旋转过程中（不添加辅助线），以下4种位置不存在相似三角形的是（ ）A ．B ．C ．D ．【变式2】（22-23九年级·上海·假期作业）在ABC 中，CA CB =，在AED △中，DA DE =，点D 、E 分别在CA 、AB 上．（1）如图1，若90ACB ADE ∠=∠=°，则CD 与BE 的数量关系是 ；（2）若120ACB ADE ∠=∠=°，将AED △绕点A 旋转至如图2所示的位置，则CD 与BE 的数量关系是 ．【题型2】四边形中的的“手拉手（旋转）模型”【例2】（23-24九年级上·浙江杭州·期末）如图，四边形ABCD 与四边形BEFG 都是正方形，将正方形BEFG 绕点B 按顺时针方向旋转，连接AG ，DF ，CE ．则AG 和CE 的数量关系为 ；在正方形BEFG 绕点B按顺时针方向旋转的过程中，DFCE的值为．【变式1】（2023·广东广州·一模）如图，正方形ABCD中，等腰直角EBF△绕着B点旋转，BF EF=，90BFE∠=°，则:DE AF=．【变式2】如图，直角梯形ABCD中，∠BCD＝90°，AD∥BC，BC＝CD，E为梯形内一点，且∠BEC＝90°，将△BEC绕C 点旋转90°使BC与DC重合，得到△DCF，连EF交CD于M．已知BC＝5，CF＝3，则DM:MC 的值为（）A．5:3 B．3:5 C．4:3 D．3:4【题型3】正方形中的“十字架模型”【例3】（23-24九年级上·河南郑州·阶段练习）（1）如图1，正方形ABCD中，点P为线段BC上一个动点，若线段MN垂直AP于点E，交线段AB于点M，交线段CD于点N，证明：AP MN=；（2）如图2，正方形ABCD中，点P为线段BC上一动点，若线段MN垂直平分线段AP，分别交AB，AP，BD ，DC 于点M ，E ，F ，N ．求证：EF ME FN =+；【变式1】（23-24九年级上·重庆南岸·期中）如图，在矩形ABCD 中，10AD =，8AB =，点E 为AD 边上一点，将ABE 沿BE 翻折到FBE 处，延长EF 交BC 于点G ，延长BF 交CD 于点H ，且FH CH =，则FG 的长是（ ）A ．95B ．94C ．45D ．185【变式2】（23-24九年级上·山西太原·期末）如图，在正方形ABCD 中，点E 是DC 边的中点，AE 的垂直平分线分别交AD ，BC 边于点F ，G ，垂足为点H ．若4AB =，则GH 的长为 ．【题型4】矩形中的“十字架模型”【例4】（23-24九年级上·河南洛阳·期末）小明在学习中发现，当垂直线段出现在四边形中间时，通常有比较简明的结论．下面是他的发现过程，请补充并完成其中的问题．（1）如图1，在正方形ABCD 中，E 为AB 上一点，连接DE ，过点A 作AG DE ⊥于点F ，交BC 于G ，则AG 与DE 的数量关系是：AG ______DE （填“>”“=”“<”号）．(2)①如图2，在矩形ABCD 中，AB nBC M N =，、为AB CD 、上的点，连接MN ，过点D 作DE MN ⊥于点F ，交BC 于E ．小明发现，过M 作MG CD ⊥于点G ，可以得到MN 与DE 的数量关系．这个数量关系是什么？请说明理由；②填空：由①可得，顶点分别在矩形的每一组对边（或延长线）上且互相垂直的两条线段的比等于______； ③应用上述结论解决问题：在Rt ABC △中，9086ACB AC BC ∠°=，=，=，点D 是AB 的中点，连接CD ，过B 作CD 的垂线BE ，交直线AC 于E ，垂足是点F ，直接写出BE 的长度．【变式1】（2024·湖南永州·一模）如图，在矩形ABCD 中，BE AC ⊥于点F ，若1,3BF BC ==，则DE 的长度为（ ）A ．1B 32C ．32D 332【变式2】（23-24九年级上·河北张家口·阶段练习）如图，在矩形ABCD 中，连接BD ，点E 在AD 上，连接CE ，交BD 于点F ，且DEF DBA ∽ ．（1）BD 与CE 是否垂直？ （填“是”或“否”）；（2）若1AB =，30CBD ∠=°，则EF CF的值为 ．第三部分【中考链接与拓展延伸】1、直通中考【例1】（2021·四川内江·中考真题）如图，矩形ABCD 中，6AB =，8BC =，对角线BD 的垂直平分线EF 交AD 于点E 、交BC 于点F ，则线段EF 的长为 ．【例2】（2022·湖南娄底·中考真题）如图，已知等腰ABC 的顶角BAC ∠的大小为θ，点D 为边BC 上的动点（与B 、C 不重合），将AD 绕点A 沿顺时针方向旋转θ角度时点D 落在D 处，连接BD ′．给出下列结论：①ACD ABD ′≅△△；②ACB ADD ′ △△；③当BD CD =时，ADD ′ 的面积取得最小值．其中正确的结论有 （填结论对应的序号）．2、拓展延伸【例1】（2024·辽宁沈阳·二模）如图1，在Rt ABC △中，90B ∠=︒，4AB =，2BC =，点D ，E 分别是边BC ，AC 的中点，连接.DE 将CDE 绕点C 逆时针方向旋转，记旋转角为α．(1)问题发现：①当0α=°时AE BD =______； ②当180α=°时，AE BD=______． (2)拓展探究：试判断当0360α°<<°时，AE BD的大小有无变化？以下是就图2的情形给出的证明过程，请你补全：∵ECD ACB ∽，EC AC∴=③ ． 又∵旋转ECA DCB ∠=∠，∴ECA DCB ∽△△，AE EC BD DC ∴== ． (3)用以上结论解决问题：当CDE 绕点C 逆时针旋转至A ，B ，E 三点在同一条直线上时，请在备用图中画出图形，并写出求线段BD 的长 ．【例2】（23-24八年级下·江苏苏州·阶段练习）（1）【问题发现】如图①，正方形ABCD ，DEFG ，将正方形DEFG 绕点D 旋转，直线AE 、CG 交于点P ，请直接写出线段AE 与CG 之间的数量关系是______，位置关系是______；（2）【拓展探究】如图2，矩形ABCD ，DEFG ，22AD DE AB DG AD DG ===，，，将矩形DEFG 绕D 旋转；直线AE ,CG 交于点P ，（1）中线段之间的关系还成立吗？若成立，请写出理由；若不成立，请写出线段之间的关系；（3）【解决问题】若2428AD DE AB DG ====，，矩形DEFG 绕D 旋转过程中当点P 与点G 重合时，求线段AE 的长．相似三角形几何模型（手拉手与十字架模型）第一部分【知识点归纳】【模型一】“手拉手（旋转）”模型图1 图222ADE ABC ABC ACF ADE ∆ ∆∆  →A 绕点旋转如图：∽如图：∽ 以上就是相似三角形中的“手拉手模型”在复杂的图形中可以由这一线索寻找新的相似形，即一转成双，由一得二（由一对相似三角形得第二对相似三角形）。