第4章三角形证明 题型解读12 全等典型模型：“手拉手”模型-2020-2021学年北师大版七下数学

完整版)全等三角形之手拉手模型
本文将介绍手拉手模型中的全等三角形。

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。

基本模型如下：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：结论1：△ABC≌△AB'C'(SAS)，BC=B'C'；结论2：
∠BOB'=∠BAB'；结论3：AO平分∠BOC'。

在共顶点的等腰直角三角形中，也可以应用手拉手模型。

例如，如下图所示，△ABC和△ADE是等腰直角三角形，且
∠BAC=∠DAE=90°。

可以证明：⑴BD=CE⑵BD⊥CE。

另外，在共顶点的等边三角形中，也可以使用手拉手模型。

如下图，点A为线段BD上一点，△ABC和△ADE均是等边
三角形。

可以求出：（1）CD=BE；（2）∠DAE＋
∠BFD=180°；（3）∠BFA=∠DFA=60°。

总之，手拉手模型在全等三角形的证明中是一个非常有用的工具，能够帮助我们更好地理解和应用三角形的性质。

专题04 手拉手模型证全等类型一等边手拉手1．图1、图2中，点C为线段AB上一点，△ACM与△CBN都是等边三角形．（1）如图1，线段AN与线段BM是否相等？证明你的结论；（2）线段AN与线段BM交于点O，求∠AOM的度数；（3）如图2，AN与MC交于点E，BM与CN交于点F，探究△CEF的形状，并证明你的结论．【答案】（1）AN＝BM，见解析；（2）60°；（3）等边三角形，见解析【解析】【分析】（1）证△ACN≌△MCB（SAS），即可得出AN＝BM；（2）由全等三角形的性质得∠ANC＝∠MBC，则∠AOM＝∠CAN+∠MBC＝∠CAN+∠ANC ＝∠BCN＝60°；（3）证△ACE≌△MCF（ASA），得CE＝CF，即可得出结论．【详解】解：（1）AN＝BM，理由如下：∵△ACM、△CBN都是等边三角形，∴AC＝CM，CN＝CB，∠ACM＝∠BCN＝60°，∴∠ACM +∠MCN ＝∠BCN +∠MCN ，∴∠ACN ＝∠BCM ，在△ACN 和△MCB 中，AC MC ACN MCB CN CB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACN ≌△MCB （SAS ），∴AN ＝BM ；（2）由（1）得：△ACN ≌△MCB ，∴∠ANC ＝∠MBC ，∴∠AOM ＝∠CAN +∠MBC ＝∠CAN +∠ANC ＝∠BCN ＝60°；（3）△CEF 是等边三角形，理由如下：∵△ACN ≌△MCB ，∴∠CAE ＝∠CMF ，∵∠MCF ＝180°﹣∠ACM ﹣∠BCN ＝60°，∴∠ACE ＝∠MCF ，在△ACE 和△MCF 中，CAE CMF AC MCACE MCF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩， ∴△ACE ≌△MCF （ASA ），∴CE ＝CF ，∵∠MCF ＝60°，∴△CEF 是等边三角形．【点睛】本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．2．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【解析】【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∠DF A＝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，∠F AQ＝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，BD ABDBC ABE BC BE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△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°，∴∠DF A ＝180°-120°＝60°，∴∠DFE ＝180°-60°＝120°，在△BEH 和△BCN 中，90BEH BCN BHE BNC BE BC ∠=∠⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩，∴△BEH ≌△BCN （AAS ），∴BH ＝BN ，∴BF 平分∠DFE ，∴∠BFE ＝12∠DFE ＝12×120°＝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 ，∠F AQ ＝60°，∵△ABD 是等边三角形，∴AD ＝AB ，∠DAB ＝60°，∴∠DAB +∠BAF ＝∠BAF +∠F AQ ，即∠DAF ＝∠BAQ ，在△DAF 和△BAQ 中，AD AB DAF BAQ AF AQ =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△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． 3．如图，点C 为线段BD 上一点，,ABC CDE △△都是等边三角形，AD 与CE 交于点,F BE 与AC 相交于点G ．（1）求证：≌ACD BCE ；（2）求证：ACF BCG ≌（3）若8,25CF CG BD +==，求ACD △的面积．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【解析】【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 BC ACCAF CBG ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=⎩， ∴△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=FN= ∴S △ACD =S △ACF +S △CDF=S △BCG +S △CDF =12BC •GM +12CD •FN=12⨯（BC +CD ）=【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．类型二 等直手拉手4．已知：两个等腰直角三角板△ACB 和△DCE （AC ＝BC ，DC ＝CE ，∠ACB ＝∠DCE ＝90°）如图所示摆放，连接AE 、BD 交于点O ．AE 与DC 交于点M ，BD 与AC 交于点N ．（1）如图1（两个等腰直角三角板大小不等），试判断AE 与BD 有何关系并说明理由； （2）如图2（两个等腰直角三角板大小相等，即AC ＝DC ），在不添加任何辅助线的情况，请直接写出图2中四对全等的直角三角形．【答案】（1）AE ＝BD 且AE ⊥BD ．理由见解析；（2）△ACB ≌△DCE ，△EMC ≌△BCN ，△AON ≌△DOM ，△AOB ≌△DOE【解析】【分析】（1）证明△ACE ≌△BCD ，可得AE ＝BD ，∠CEA ＝∠BDC ，由∠CME ＝∠DMO ，根据三角形内角和定理即可得∠DOM ＝∠ECM ＝90°，进而可证AE ⊥BD ．（2）根据三角形全等的判定找出相等边和角，进而找出全等三角形．【详解】解：（1）结论；AE ＝BD 且AE ⊥BD ．理由如下：∵∠ACB ＝∠DCE ，∴∠ACB +∠DCA ＝∠DCE +∠DCA ，即∠DCB ＝∠ACE ，∵AC ＝BC ，CD ＝CE ，在△ACE 与△BCD 中，AC BC ACE DCB CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACE ≌△BCD （SAS ），∴AE ＝BD ，∠CEA ＝∠BDC ，∵∠CME ＝∠DMO ，∴180()180()CEA CME DMO BDC ︒-∠+∠=︒-∠+∠，即∠DOM ＝∠ECM ＝90°，∴AE ⊥BD ，∴AE ＝BD 且AE ⊥BD ；（2）∵AC ＝DC ，∴AC ＝CD ＝EC ＝CB ，在△ACB 与△DCE 中，AC DC ACB DCE CB CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACB ≌△DCE （SAS ）；由（1）可知：∠AEC ＝∠BDC ，∠EAC ＝∠DBC ，∴∠DOM ＝90°，∵∠AEC ＝∠CAE ＝∠CBD ，∴△EMC ≌△BCN （ASA ），∴CM ＝CN ，∴DM ＝AN ，∴△AON ≌△DOM （AAS ），∵DE ＝AB ，AO ＝DO ，∴△AOB ≌△DOE （HL ）．【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，掌握三角形全等的性质与判定是解题的关键． 5．已知Rt ABC △中，AB AC =，90BAC ∠=︒，点D 为直线BC 上的一动点（点D 不与点B 、C 重合），以AD 为边作Rt ADE △，AD AE =，连接CE ．（1）发现问题：如图①，当点D 在边BC 上时，①请写出BD 和CE 之间的数量关系________，位置关系________；②线段CE 、CD 、BC 之间的关系是_________；（2）尝试探究：如图②，当点D 在边BC 的延长线上且其他条件不变时，（1）中CE 、CD 、BC 之间存在的数量关系是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（3）拓展延伸：如图③，当点D 在边CB 的延长线上且其他条件不变时，若6BC =，1CE =，则线段AD 的长为________．【答案】（1）①BD CE =，BD CE ⊥．②BC CE CD =+．（2）不成立，CE BC CD =+．（3）5【解析】【分析】（1）①根据全等三角形的判定定理证明△BAD ≌△CAE ，根据全等三角形的性质证明； ②根据全等三角形的对应边相等证明即可；（2）证明△BAD ≌△CAE ，根据全等三角形的性质解答即可；（3）根据△BAD ≌△CAE 得到BD =CE =1，再证明△DCE 是直角三角形，利用勾股定理求出DE ，即可求出AD 的长度；【详解】（1）①解：结论：BD =CE ，BD ⊥CE ，理由：∵∠ABC =∠ACB =45°，∠ADE =∠AED =45°，∴∠BAC =∠DAE =90°，∴∠BAD =∠CAE ，在△BAD 和△CAE 中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BAD ≌△CAE ，∴BD =CE ，∠ACE =∠B =45°，∴∠BCE =90°，即BD ⊥CE ，故答案为：BD =CE ；BD ⊥CE ；②证明：∵BD =CE ，∴BC =BD +CD =CE +CD ；故答案为：BC CE CD =+．（2）解：（1）中BC 、CE 、CD 之间存在的数量关系不成立，新的数量关系是CE =BC +CD ， 理由：∵∠BAC =∠DAE =90°，∴∠BAD =∠CAE ，在△BAD 和△CAE 中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BAD ≌△CAE ，∴BD =CE ，∴CE =BC +CD ；（3）解：∵∠BAC =∠DAE =90°，∴∠BAD =∠CAE ，在△BAD 和△CAE 中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BAD ≌△CAE ，∴BD =CE =1，∠ABD =∠ACE =135°，∵∠ACB =45°，∴∠DCE =90°，在Rt △DCE 中，CD =BD +BC =7，CE =1，∴DE=∴52AD ==； 故答案为：5．【点睛】本题考查三角形综合题，等腰直角三角形的性质、全等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解决问题，属于中考常考题型．6．在△ABC 中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，D 为BC 的中点．（1）如图1，E 、F 分别是AB 、AC 上的点，且BE ＝AF 、求证：△DEF 是等腰直角三角形经过分析已知条件AB ＝AC ，D 为BC 的中点．容易联想等腰三角形三线合一的性质，因此，连结AD （如图2），以下是某同学由己知条件开始，逐步按层次推出结论的流程图．请帮助该同学补充完整流程图．补全流程图：①___≅____，②∠EDF ＝___（2）如果E 、F 分别为AB 、CA 延长线上的点，仍有BE ＝AF ，其他条件不变，试猜想△DEF是否仍为等腰直角三角形？请在备用图中补全图形、先作出判断，然后给予证明．【答案】（1）△BDE ，△ADF ，90°；（2）△DEF 仍为等腰直角三角形，理由见解析【解析】【分析】（1）连接AD ，根据∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，可以得到∠B =∠C =45°，AD ⊥BC ，1==452BAD CAD BAC =∠∠∠，12AD CD BD BC ===，从而可以证明△BDE ≌△ADF （SAS ），得到DE =DF ，∠BDE =∠ADF ，由∠ADE +∠BDE =∠BDA =90°，可得∠ADE +∠ADF =90°，即∠EDF =90°，即可证明；（2）连接AD ，同样证明△BDE ≌△ADF （SAS ），得到DE =DF ，∠BDE =∠ADF ，再由∠ADF +∠BDF =∠BDA =90°，即可得到∠BDE +∠BDF =90°，即∠EDF =90°，即可证明．【详解】解：（1）如图所示，连接AD ，∵∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，∴∠B =∠C =45°，AD ⊥BC ，1==452BAD CAD BAC =∠∠∠，12AD CD BD BC ===， ∴∠B =∠BAD =∠CAD ，在△BDE 和△ADF 中，BD AD B DAF BE AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BDE ≌△ADF （SAS ），∴DE =DF ，∠BDE =∠ADF ，∵∠ADE +∠BDE =∠BDA =90°，∴∠ADE +∠ADF =90°，即∠EDF =90°，∴△DEF 是等腰直角三角形；故答案为：△BDE ，△ADF ，90°；（2）△DEF 仍为等腰直角三角形，理由如下：连接AD ，∵∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，∴∠ABC =∠C =45°，AD ⊥BC ，1==452BAD CAD BAC =∠∠∠，12AD CD BD BC ===， ∴∠F AD =180°-∠CAD =135°，∠EBD =180°-∠ABC =135°，∴∠F AD =∠EBD ，在△BDE 和△ADF 中，BD AD EBD FAD BE AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BDE ≌△ADF （SAS ），∴∴DE =DF ，∠BDE =∠ADF ，∵∠ADF +∠BDF =∠BDA =90°，∴∠BDE +∠BDF =90°，即∠EDF =90°，∴△DEF 是等腰直角三角形．【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．7．（1）问题发现：如图1，ACB △和DCE 均为等腰直角三角形，90ACB DCE ∠=∠=︒，连接AD ，BE ，点A 、D 、E 在同一条直线上，则AEB ∠的度数为__________，线段AD 、BE 之间的数量关系__________；（2）拓展探究：如图2，ACB △和DCE 均为等腰直角三角形，90ACB DCE ∠=∠=︒，连接AD ，BE ，点A 、D 、E 不在一条直线上，请判断线段AD 、BE 之间的数量关系和位置关系，并说明理由． （3）解决问题：如图3，ACB △和DCE 均为等腰三角形，ACB DCE α∠=∠=，则直线AD 和BE 的夹角为__________．（请用含α的式子表示）【答案】（1）90°，AD =BE ；（2）AD =BE ，AD ⊥BE ；（3）α【解析】【分析】（1）由已知条件可得AC BC ＝，CD CE ＝，进而根据∠ACB −∠DCB ＝∠DCE −∠DCB ，可得∠ACD ＝∠BCE ，证明△ACD ≌△BCE （SAS ），即可求得AD =BE ；∠BEC =∠CDA =135°；（2）延长AD 交BE 于点F ，同理可得△ACD ≌△BCE ，设∠F AB =α，则∠CAD =∠CBE =45°-α，根据∠ABE =45°+45°-α=90°-α，进而根据∠AFB =180°-∠F AB -∠ABE =180°-α-(90°-α)=90°，即可求解；（3）延长BE 交AD 于点G ，方法同（2）证明△ACD ≌△BCE ，进而根据三角形的内角和定理即可求得直线AD 和BE 的夹角．【详解】（1）∵ACB △和DCE 均为等腰直角三角形，90ACB DCE ∠=∠=︒，∴AC BC ＝，CD CE ＝，∠CDE =45°∴∠CDA =135°∵∠ACB −∠DCB ＝∠DCE −∠DCB ，∴∠ACD ＝∠BCE ．在△ACD 和△BCE 中，AC BC ACD BCE CD CE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△ACD ≌△BCE （SAS ），∴∠BEC =∠ADC ＝135°，AD ＝BE∴∠AEB =90°故答案为：90°，AD ＝BE（2）AD =BE ，AD ⊥BE ，理由如下，同理可得△ACD ≌△BCE ，则AD =BE ，延长AD 交BE 于点F ，设∠F AB =α，则∠CAD =∠CBE =45°-α∴∠ABE =45°+45°-α=90°-α∴∠AFB =180°-∠F AB -∠ABE =180°-α-(90°-α)=90°∴AD ⊥BE（3）如图，延长BE 交AD 于点G ，∵ACB △和DCE 均为等腰三角形，∴AC BC ＝，CD CE ＝，∵∠ACB =∠DCE =α，∵∠ACB +∠ACE ＝∠DCE +∠ACE ，∴∠ACD ＝∠BCE ．在△ACD 和△BCE 中，AC BC ACD BCE CD CE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△ACD ≌△BCE （SAS ），∴∠CBE =∠CAD∵ACB DCE α∠=∠=∴∠CBA =∠CAB =()11180=9022αα︒-︒- ∴∠GAB +∠GBA =()()CAD CAB ABC CBE ∠+∠+∠-∠，ABC CAB =∠+∠180α=︒-，∴∠AGB =180°-(∠GAB +∠GBA )α= ，即直线AD 和BE 的夹角为α．故答案为：α．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，全等三角形的性质与判定，掌握旋转模型证明三角形全等是解题的关键．8．已知：等腰Rt ABC 和等腰Rt ADE △中，AB AC =，AE AD =，90BAC EAD ∠=∠=︒．（1）如图1，延长DE 交BC 于点F ，若68BAE ∠=︒，则DFC ∠的度数为；（2）如图2，连接EC 、BD ，延长EA 交BD 于点M ，若90AEC ∠=︒，求证：点M 为BD 中点；（3）如图3，连接EC 、BD ，点G 是CE 的中点，连接AG ，交BD 于点H ，9AG =，5HG =，直接写出AEC △的面积．【答案】（1）68︒；（2）见解析；（3）36【解析】【分析】（1）由已知条件可得45D C ∠=∠=︒，对顶角AQD CQF ∠=∠，则DAC DFC ∠=∠，根据DAE CAB ∠=∠即可的DFC BAE ∠=∠；（2）过点B 作ME 的垂线交EM 的延长线于N ,证明AEC BNA △≌△，得AE BN =,进而可得AD NB =，再证明DAM BNM △≌△即可得证点M 为BD 中点；（3）延长AG 至K ，使得9GK AG ==，连接CK ，设AE 交BC 于点P ，先证明ABE ACD △≌△，进而证明AEG KCG △≌△，根据角度的计算以及三角形内角和定理求得BAD KCA ∠=∠，进而证明ABD CAK △≌△，再根据,90CAG ABD BAC ∠=∠∠=︒,证明AH BD ⊥，根据已知条件求得ABD S最后证明AEC ABD S S =即可．【详解】 （1）设DF 交AC 于Q ，如图1，ABC 是等腰Rt ABC 和ADE 是等腰Rt ADE △AQD CQF ∠=∠180,180DAQ D AQD QFC C CQF ∠=-∠-∠∠=-∠-∠DAQ QFC ∴∠=∠90BAC EAD ∠=∠=︒即BAE EAQ EAQ QAD ∠+∠=∠+∠BAE QAD ∴∠=∠DFC BAE ∴∠=∠68BAE ∠=︒68DFC ∴∠=︒故答案为68︒（2）如图2，过点B 作ME 的垂线交EM 的延长线于N ,90N ∴∠=︒90AEC =︒∠N AEC ∴∠=∠90BAC ∠=︒90EAC NAB ∴∠+∠=︒90NAC ACE ∠+∠=︒NAB ECA ∴∠=∠ ABC 是等腰Rt ABC 和ADE 是等腰Rt ADE △,AB AC AD AE ∴== 又AC AB =∴AEC BNA △≌△NB AE ∴=AE AD =AD NB ∴=90DAE ∠=︒DAM N ∴∠=∠又DMA BMN ∠=∠DAM BNM ∴△≌△DM BM ∴=即M 是BD 的中点（3）延长AG 至K ，使得9GK AG ==，连接CK ，设AE 交BC 于点P ，如图90BAC EAD ∠=∠=︒即BAE EAC EAC CAD ∠+∠=∠+∠BAE CAD ∴∠=∠ABC 是等腰Rt ABC 和ADE 是等腰Rt ADE △,AB AC AE AD ∴==在ABE △与ACD △中，AE AD BAE CAD AB AC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴ABE △≌ACD △（SAS ）ABE ABD S S ∴=△△，BE CD = G 点是EC 的中点EG GC ∴=AGE KGC ∠=∠，AG GK =AGE KGC ∴△≌△（SAS ）∴,AE CK AEG KCG =∠=∠,AE KC AD ∴==ACK ACB BCE KCG ∠=∠+∠+∠45AEC BCE =︒+∠+∠45ABC BAP =︒+∠+∠90BAE =︒+∠BAD =∠AKC ABD ∴△≌△（SAS ）18BD AK ∴==，CAK ABD ∠=∠90BAG CAG ∠+∠=︒90ABD BAG ∴∠+∠=︒即90AHB ∠=︒9AG =，5HG =954AH AG HG ∴=-=-=111843622ABD S BD AH ∴=⋅=⨯⨯=△ 36AEC AEG AGC GCK AGC ACK ABD S S S S S S S =+=+===△△△△△△△∴AEC S 36=【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，等腰直角三角形的性质，三角形内角和定理，三角形外角性质，构造辅助线是解题的关键．类型三 等腰手拉手9．已知：如图，在△ABC 中，AB ＝AC ，在△ADE 中，AD ＝AE ，且∠BAC ＝∠DAE ，连接BD ，CE 交于点F ，连接AF ．(1)求证：△ABD ≌△ACE ；(2)求证：F A 平分∠BFE ．【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】【分析】（1）根据SAS 证明结论即可；（2）作AM ⊥BD 于M ，作AN ⊥CE 于N ．由（1）可得BD ＝CE ，S △BAD ＝S △CAE ，然后根据角平分线的性质即可解决问题．(1)证明：∵∠BAC ＝∠DAE ，∴∠BAC +∠CAD ＝∠DAE +∠CAD ，即∠BAD ＝∠CAE ，在△BAD 和△CAE 中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BAD ≌△CAE （SAS ）；(2)证明：如图，作AM ⊥BD 于M ，作AN ⊥CE 于N ．由△BAD ≌△CAE ，∴BD ＝CE ，S △BAD ＝S △CAE ， ∵1122BD AM CE AN ⋅⋅=⋅⋅， ∴AM ＝AN ，∴点A 在∠BFE 平分线上，∴F A 平分∠BFE ．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、三角形的面积，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质，学会转化的思想，巧用等积法进行证明．10．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【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．(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，∴12BD×AH=12CE×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．11．如图，在△ABC 和△ADE 中，AB ＝AC ，AD ＝AE ，∠BAC ＝∠DAE ，连接BD ，CE ，BD 与CE 交于点O ，BD 与AC 交于点F ．（1）求证：BD ＝CE ．（2）若∠BAC ＝48°，求∠COD 的度数．（3）若G 为CE 上一点，GE ＝OD ，AG ＝OC ，且AG ∥BD ，求证：BD ⊥AC ．【答案】（1）见解析；（2）132°；（3）见解析【解析】【分析】（1）根据∠BAC ＝∠DAE ，推出∠BAD =∠CAE ，从而结合“SAS ”证明△BAD ≌△CAE ，即可得出结论；（2）根据外角定理推出∠COD =∠OBC +∠BCA +∠ACE ，结合全等三角形的性质推出∠COD =∠ABC +∠BCA ，最后在△ABC 中利用内角和定理求解即可；（3）连接AO ，根据题意确定△ADO ≌△AEG ，得到∠OAD =∠GAE ，AO =AG ，再结合题干条件推出△AOC 为等腰三角形，以及∠BOA =∠BOC ，从而根据“三线合一”证明即可．【详解】（1）证：∵∠BAC ＝∠DAE ，∴∠BAC +∠CAD ＝∠DAE +∠CAD ，即：∠BAD =∠CAE ，在△BAD 和△CAE 中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△BAD ≌△CAE (SAS )，∴BD =CE ；（2）解：∵∠COD =∠OBC +∠BCO ，∠BCO =∠BCA +∠ACE ，∴∠COD =∠OBC +∠BCA +∠ACE ，∵△BAD ≌△CAE ，∴∠ABD =∠ACE ，∴∠COD =∠OBC +∠BCA +∠ABD =∠ABC +∠BCA ，∵∠BAC ＝48°，∴∠ABC +∠BCA =180°-48°=132°，∴∠COD =132°；（3）证：如图所示，连接AO ，∵△BAD ≌△CAE ，∴∠ADO =∠AEG ，在△ADO 和△AEG 中，E A ADO A G E E D G D A O =⎧⎪⎨⎪∠==⎩∠ ∴△ADO ≌△AEG (SAS )，∴∠OAD =∠GAE ，AO =AG ，∴∠AOG =∠AGO ，∴∠OAD +∠DAG =∠GAE +∠DAG ，即：∠OAG =∠DAE ，∵∠DAE =∠BAC ，∴∠BAC =∠OAG ，在△ABF 和△COF 中，∠BAC =180°-∠ABD -∠AFB ，∠BOC =180°-∠ACE -∠CFO ， 由（2）知∠ABD =∠ACE ，∵∠AFB =∠CFO ，∴∠BAC =∠BOC ，∴∠BOC =∠OAG ，∵AG ∥BD ，∴∠BOA =∠OAG ，∴∠BOA =∠BOC ，∵AO =AG ，AG =CO ，∴AO =CO ，即：△AOC为等腰三角形，∵∠BOA=∠BOC，∴OF⊥AC，∴BD⊥AC．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等，掌握全等三角形的判定与性质，熟悉“手拉手”模型的证明是解题关键．类型四手拉手综合12．现有一块含30°角的直角三角板AOB，点N在其斜边AB上，点M在其最短直角边OA 所在直线上．以MN为边作如图所示的等边△MNP．（1）如图1，当M在线段OA上时，证明：AM﹣AN＝AP；（2）如图2当M在射线OA上时，试探究AM、AN、AP三者之间的数量关系并给出证明．【答案】（1）见解析；（2）AM+AN=AP，理由见解析【解析】【分析】（1）在AB上取点C，使得AC=AM，则△ACM为等边三角形，结合“手拉手”模型证明△CMN≌△AMP，得到CN=AP，即可得证；（2）在射线AO上取点D，使得AN=AD，仿照（1）的过程证明△DNM≌△ANP，即可得到AP=DM，从而得出结论．【详解】证：（1）由题意可知，∠BAO =60°，如图所示，在AB 上取点C ，使得AC =AM ，则△ACM 为等边三角形，MC =MA ，∠CMA =60°，∵△NMP 为等边三角形，∴MN =MP ，∠NMP =60°，∴∠CMA =∠NMP ，∴∠CMA -∠NMA =∠NMP -∠NMA ，∴∠CMN =∠AMP ，在△CMN 和△AMP 中，M M CMN A P P A N M C M M =⎧⎪⎨⎪∠==⎩∠ ∴△CMN ≌△AMP (SAS )，∴CN =AP ，∴CN +AN =AP +AN =AC ，∵AC =AM ，∴AP +AN =AM ，∴AM -AN =AP ；（2）AM +AN =AP ，理由如下：如图所示，在射线AO 上取点D ，使得AN =AD ，∵∠BAO =60°，∴△AND 为等边三角形，ND =NA ，∠DNA =60°，∵△NMP 为等边三角形，∴NM =NP ，∠MNP =60°，∴∠DNA =∠MNP ，∴∠DNA +∠ANM =∠MNP +∠ANM ，∴∠DNM =∠ANP ，在△DNM 和△ANP 中，N N DNM A P P A M N D N N =⎧⎪⎨⎪∠==⎩∠ ∴△DNM ≌△ANP (SAS )，∴AP =DM ，∵AN =AD ，DA +AM =DM ，∴AN +AM =AP ．【点睛】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质等，掌握双等边三角形中“手拉手”模型是解题关键．13．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；【解析】【分析】（1）根据题意，得∠ABC ＝∠DBE ＝60°，从而得ABE DBC ∠=∠；通过证明ABE CBD ≌，得BAE BCD ∠=∠；通过证明BAM BCN ≌，得BM BN =，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ABC 为等边三角形，得60BAC BCA ∠=∠=︒；结合（1）的结论，根据三角形外角性质，推导得120AOD ∠=︒，从而完成求解；（3）同理，通过证明ABC 为等边三角形，得60BAC BCA ∠=∠=︒；通过证明ABE CBD ≌，得BAE BCD ∠=∠；根据三角形外角性质，推导得120AOD ∠=︒，从而完成求解； （4）根据题意，通过证明ABC 为等边三角形，推导得ABE CBD ∠=∠，通过证明ABE CBD ≌，得BAE BCD ∠=∠，结合三角形外角的性质计算，即可得到答案．【详解】（1）∵∠ABC ＝∠DBE ＝60°∴18060MBN ABC DBE ∠=︒-∠-∠=︒，ABE ABC MBN ∠=∠+∠，DBC DBE MBN ∠=∠+∠ ∴ABE DBC ∠=∠∵BA ＝BC ，BD ＝BEABE △和CBD 中BA BC ABE DBC BE BD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴ABE CBD ≌∴BAE BCD ∠=∠ BAM 和BCN △中 60BAE BCD AB BC ABC MBN ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠=︒⎩∴BAM BCN ≌∴BM BN =∴BMN △为等边三角形；（2）∵∠ABC ＝∠DBE ＝60°, BA ＝BC∴ABC 为等边三角形；∴60BAC BCA ∠=∠=︒根据题意，AE 和CD 相交于点O∵BAE BCD ∠=∠∴AOD OAC ACO OAC BCA BCD OAC BCA BAE ∠=∠+∠=∠+∠+∠=∠+∠+∠∵OAC BAE BAC ∠+∠=∠∴120AOD BAC BCA ∠=∠+∠=︒∴18060AOC AOD ∠=︒-∠=︒，即直线AE 和CD 的夹角是60︒故答案为：60；（3）∵∠ABC ＝∠DBE ＝60°, BA ＝BC∴ABC 为等边三角形；∴60BAC BCA ∠=∠=︒∵ABE ABC MBN ∠=∠+∠，DBC DBE MBN ∠=∠+∠，∠ABC ＝∠DBE ＝60°∴ABE DBC ∠=∠∵BA ＝BC ，BD ＝BEABE △和CBD 中BA BC ABE DBC BE BD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴ABE CBD ≌∴BAE BCD ∠=∠如图，延长AE ，交CD 于点O∴AOD OAC ACO OAC BCA BCD OAC BCA BAE ∠=∠+∠=∠+∠+∠=∠+∠+∠∵OAC BAE BAC ∠+∠=∠∴120AOD BAC BCA ∠=∠+∠=︒∴18060AOC AOD ∠=︒-∠=︒，即直线AE 和CD 的夹角是60︒故答案为：60；（4）∵BA ＝BC ，∴ACB CAB ∠=∠∵∠ACB ＝60°∴60ACB CAB ∠=∠=︒∴ABC 为等边三角形∵BD ＝BE ，∠ABC ＝∠DBE∴60DBE ∠=︒∵ABE ABC CBE ∠=∠-∠，CBD DBE CBE ∠=∠-∠∴ABE CBD ∠=∠ABE △和CBD 中BA BC ABE DBC BE BD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴ABE CBD ≌∴BAE BCD ∠=∠分别延长CD 、AE ，相较于点O ，如下图：∴AOF OAC ACO OAC BCA BCD OAC BCA BAE ∠=∠+∠=∠+∠+∠=∠+∠+∠∵OAC BAE BAC ∠+∠=∠∴120AOF BAC BCA ∠=∠+∠=︒∴18060AOC AOF ∠=︒-∠=︒，即直线AE 和CD 的夹角是60︒故答案为：60．【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．14．在ABC 中，AB ＝AC ，点D 是直线BC 上一点（不与B ，C 重合），以AD 为一边在AD 的右侧作ADE ，使AD ＝AE ，∠DAE ＝∠BAC ，连接CE ．（1）（请直接写出你的结论）如图1，当点D 在线段BC 上：①如果∠BAC ＝90°，则∠BCE ＝°；②如果∠BAC ＝100°，则∠BCE ＝°；（2）设∠BAC ＝α，∠BCE ＝β．①如图2，当点D在线段BC上移动，则α、β之间有怎样的数量关系？请说明理由；②当点D在直线BC上移动，则α、β之间有怎样的数量关系？请画出图形，并直接写出你的结论．【答案】（1）①90；②80；（2）①α+β＝180°，理由见解析；②图见解析，α+β＝180°或α＝β【解析】【分析】、（1）①由等腰直角三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB＝45°，由“SAS”可证△BAD≌△CAE，可得∠ABC＝∠ACE＝45°，可求∠BCE的度数；②由等腰三角形的性质求出∠ABD＝∠ACB＝40°，由“SAS”可证△ABD≌△ACE得出∠ABD ＝∠ACE＝40°，则可得出结论；（2）①由“SAS”可证△ABD≌△ACE得出∠ABD＝∠ACE，再用三角形的内角和即可得出结论；②分两种情况画出图形，由“SAS”可证△ABD≌△ACE得出∠ABD＝∠ACE，再用三角形的内角和即可得出结论．【详解】解：（1）①∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∵∠DAE＝∠BAC，∴∠BAD＝∠CAE，∵AB＝AC，AD＝AE，∴△BAD≌△CAE（SAS）∴∠ABC＝∠ACE＝45°，∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，故答案为：90；②∵∠BAC＝100°，AB＝AC，∴∠ABD＝∠ACB＝40°，∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，∵∠BAD＝∠CAE，∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE＝40°，∴∠BCE ＝∠ACE +∠ACB ＝40°+40°＝80°，故答案为：80．（2）①α+β＝180°，理由：∵∠BAC ＝∠DAE ，∴∠BAC ﹣∠DAC ＝∠DAE ﹣∠DAC ．即∠BAD ＝∠CAE ．在△ABD 与△ACE 中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABD ≌△ACE （SAS ），∴∠B ＝∠ACE ．∴∠B +∠ACB ＝∠ACE +∠ACB ．∵∠ACE +∠ACB ＝β，∴∠B +∠ACB ＝β，∵α+∠B +∠ACB ＝180°，∴α+β＝180°．②如图1：当点D 在射线BC 上时，α+β＝180°，连接CE ，∵∠BAC ＝∠DAE ，∴∠BAD ＝∠CAE ，在△ABD 和△ACE 中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABD ≌△ACE （SAS ），∴∠ABD ＝∠ACE ，在△ABC 中，∠BAC +∠B +∠ACB ＝180°，∴∠BAC +∠ACE +∠ACB ＝∠BAC +∠BCE ＝180°，即：∠BCE+∠BAC＝180°，∴α+β＝180°，如图2：当点D在射线BC的反向延长线上时，α＝β．连接BE，∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，又∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，∴∠ABD＝∠ACE＝∠ACB+∠BCE，∴∠ABD+∠ABC＝∠ACE+∠ABC＝∠ACB+∠BCE+∠ABC＝180°，∵∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB，∴∠BAC＝∠BCE．∴α＝β；综上所述：点D在直线BC上移动，α+β＝180°或α＝β．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质，等腰三角形的性质和三角形内角和定理，掌握全等三角形的判定方法及性质是关键．15．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【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．。

专题12.19 三角形全等几何模型-“手拉手”模型（知识讲解）图一图二图三图四图五图六图七手拉手模型的定义：定义：有两个顶角相等而且有公共顶点的等腰三角形开成的图形。

特别说明：其中图一、图二为两个基本图形----等腰三角形，图二至图七为手拉手的基本模型，（左手拉左手，右手拉右手）3、如右图：手拉手模型的重要结论：结论1：∆ABC≅∆A/B/C/（SAS）BC=B/C/(左手拉左手等于右手拉右手)结论2：∠BOB=∠BAB（利用三角形全等及顶角相等的等腰三角形底角相等）结论3：AO平分∠B O C/（利用三角形全等面积相等，再利用角平分线性质定理证明）典型例题讲练：在学习全等三角形知识时、教学兴趣小组发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．通过资料查询，他们得知这种模型称为“手拉手模型” 兴趣小组进行了如下操究：（1）如图1、两个等腰三角形△ABC和△ADE中，AB=AC，AE=AD，△BAC=△DAE，连接BD、CE、如果把小等腰三角形的腰长看作小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手，这个就是“手拉手模型”，在这个模型中，和△ADB 全等的三角形是，此线BD和CE的数量关系是（2）如图2、两个等腰直角三角形△ABC和△ADE中，AB=AC，AE=AD，△BAC=△DAE=90°，连接BD，CE，两线交于点P，请判断线段BD和CE的数量关系和位置关系，并说明理由：（3）如图3，已知△ABC、请完成作图：以AB、AC为边分别向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE（等边三角形三条边相等，三个角都等于60°），连接BE，CD，两线交于点P，并直接写出线段BE和CD的数量关系及△PBC+△PCB的度数、【答案】（1）△AEC，BD=CE；（2）BD=CE且BD△CE，理由见解析；（3）作图见解析，BE=CD，△PBC+△PCB=60°．【分析】（1）根据SAS证明两个三角形全等即可证明；（2）通过条件证明△DAB△△EAC（SAS），得到△DBC+△ECB=90°，即可证明BD△CE，从而得到结果；≅即可得到证明；（3）根据已知条件证明DAC BAE解：（1）△AB=AC，AE=AD，△BAC=△DAE，∠+∠=∠+∠，△DAE EAB BAC EAB即DAB EAC ∠=∠，△()△△ADB AEC SAS ≅，△BD=CE ；（2）BD=CE 且BD△CE ；理由如下：因为△DAE=△BAC=90°，如图2．所以△DAE+△BAE=△BAC+△BAE ．所以△DAB=△EAC ．在△DAB 和△EAC 中，,,.AD AE DAB EAC AB AC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩所以△DAB△△EAC （SAS ）．所以BD=CE ，△DBA=△ECA ．因为△ECA+△ECB+△ABC=90°，所以△DBA+△ECB+△ABC=90°．即△DBC+△ECB=90°．所以△BPC=180°-（△DBC+△ECB ）=90°．所以BD△CE ．综上所述：BD=CE 且BD△CE ．（3）如图3所示，BE=CD ，△PBC+△PCB=60°．由图可知60DAB EAC ∠=∠=︒，AD=AB ，AE=AC ，△+DAB BAC EAC BAC ∠∠=∠+∠，即DAC BAE ∠=∠，△()△DAE △BAE SAS ≅，△BE=CD ，ABE ADC ∠=∠，又△60BDA ∠=︒，△60ADC BDC ABE BDC ∠+∠=∠+∠=︒，△120BPC ABP BDC BDA ∠=∠+∠+∠=︒，△△PBC+△PCB=60°．【点拨】本题主要考查了全等三角形的知识点应用，准确分析图形是解题的关键． 举一反三变式1：如图，AC △BC ，DC △EC ，AC ＝BC ，DC ＝EC ，AE 与BD 交于点F ．（1）求证：AE ＝BD ；（2）求△AFD 的度数．【答案】（1）详情见解析；（2）90AFD ∠=︒【分析】（1）利用角的等量代换求出ACE BCD ∠=∠，再判断ACE ≌BCD △即可求解； （2）利用全等三角形的性质得到E D ∠=∠，再通过角的等量代换求解即可．解：（1）△AC BC ⊥，DC EC ⊥△90ACB ECD ∠=∠=︒△ACB BCE ECD BCE ∠+∠=∠+∠△ACE BCD ∠=∠在ACE 和BCD △中AC BC ACE BCD DC EC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩△ACE ≌BCD △(SAS)△AE BD =（2）设BD 与CE 的交点为G ，如图所示：△ACE ≌BCD △△E D ∠=∠△180EFG FGE E ++=︒∠∠∠，180GCD CGD D ++=︒∠∠∠，且BGE CGD ∠=∠△90EFG GCD ==︒∠∠△90AFD ∠=︒【点拨】本题主要考查了全等三角形的性质和判定，灵活运用角的等量代换是解题的关键．例题2．已如：如图1，B ，C ，D 三点在一条直线上，△ABC 和△ECD 均为等边三角形，连接BE ，AD 交于点F ，BE 交AC 于点M ，AD 交CE 于点N ．（1）以下结论正确的有 ；△AD =BE △△EFD =60° △MC =NC △△AMB =△END（2）探究：将图1中的△ECD 绕点C 顺时针旋转一个角度（旋转角小于60°），如图2所示． △问：（1）中的正确结论哪些还成立？若成立，请说明理由；△连接FC ，如图3所示，求证：FC 平分△BFD【答案】（1）△△△；（2）△ △△；△见解析．【分析】（1）△根据等边三角形的性质得CA =CB ，CD =CE ，△ACB =60°，△DCE =60°，则△ACE =60°，利用“SAS ”可判断△ACD △△BCE ，则AD =BE ；△根据三角形外角关系得△EFD =△EBC +△ADC =△DAC +△ADC =△ACB =60°,从而可得结论； △连接MN ，证明△MCN 是等边三角形即可得出结论；△60,60AMB EBC END NDC ∠=︒+∠∠=︒+∠，而AC ≠CD 得CAD CDA ∠≠∠，从而可得出结论；（2）△方法同（1），逐个结论进行证明即可；△作,CG BE CH AD ⊥⊥于点G ，H ，证明△BGC △△AHC ，△CGF △△CHF 可得△CFG CFH =∠，从而可得结论．解：（1）△△ABC ，△ECD 是等边三角形，△AC=BC ，CE=CD ，△ACB=△ECD=60°△△ACD=△BCE=△120°△△ACD△△BCE△AD=BE ，故△正确；△△FEN=△NDC又△△ENF=△CND△△EFD=△ECD=60°，故△正确；又△△ACE=△NCD=60°△MEC=△NDCEC=CD△△EMC△△DNC△MC=NC ，故△正确；又△△AMB=△ACB+△ECB=60°+△ECB ，△END=△ECD+△NDC=60°+△NDC而AC CD ≠△CAD CDA ∠≠∠△MBC NDC ∠≠∠△MBC END ∠≠∠，故△错误；故答案为：△△△；（2）△△ACB=△ECD=60°△△BCE=△ACD又AC=BC ，CE=CD△△ACD△△BCE△AD=BE,故△正确；△△ADC=△BEC又△ENF=△CND△△EFD=△ECD=60°，故△正确△△ACE≠60°=△ECD△△EMC 不全等于△DNC ，△MC≠NC ，故△错误（3）,CG BE CH AD ⊥⊥于点G ，H ，如图，由(2)△知，△CBG=△CAHAC=BC△BGC=△AHC=90°△△BGC△△AHC△CG=CH又CF=CF ，△CGF=△CHF=90°△△CGF△△CHF△△CFG=△CFH△FC 平分△BFD【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质：判定三角形全等的方法有“SSS ”、“SAS ”、“ASA ”、“AAS ”；全等三角形的对应边相等．也考查了等边三角形的判定与性质．举一反三变式：如图，在ABC∆中，分别以AC，BC为边作等边三角形ACD和等边三角形BCE，连接AE，BD交于点O，则AOB∠的度数为（）A．100︒B．120︒C．130︒D．150︒【答案】B【分析】先证明△DCB△△ACE，求出△CAE＝△CDB，再利用“8字型”证明△AOH＝△DCH ＝60°即可解决问题．解：如图：AC与BD交于点H，△△ACD，△BCE都是等边三角形，△CD＝CA，CB＝CE，△ACD＝△BCE＝60°，△△DCB＝△ACE，在△DCB和△ACE中，CD CADCB ACECB CE⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，△△DCB△△ACE，△△CAE＝△CDB，△△DCH＋△CHD＋△BDC＝180°，△AOH＋△AHO＋△CAE＝180°，△DHC＝△OHA，△△AOH＝△DCH＝60°，△△AOB＝180°−△AOH＝120°．故选：B.【点拨】本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形，学会利用“8字型”证明角相等，属于中考常考题型．例题3．（阅读材料）小明同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的项角的顶点，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．如图1，在“手拉手”图形中，小明发现若△BAC=△DAE，AB=AC，AD=AE，则△ABD△△ACE．（材料理解）（1）在图1中证明小明的发现．（深入探究）（2）如图2，△ABC和△AED是等边三角形，连接BD，EC交于点O，连接AO，下列结论：△BD=EC；△△BOC=60°；△△AOE=60°；△EO=CO，其中正确的有．(将所有正确的序号填在横线上)．（延伸应用）（3）如图3，AB=BC，△ABC=△BDC=60°，试探究△A与△C的数量关系．【答案】（1）证明见解析；（2）△△△；（3）△A+△C=180°．【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BD=CE，再利用对顶角和三角形的内角和定理判断出△BOC=60°，再判断出△BCF△△ACO，得出△AOC=120°，进而得出△AOE=60°，再判断出BF＜CF，进而判断出△OBC＞30°，即可得出结论；（3）先判断出△BDP是等边三角形，得出BD=BP，△DBP=60°，进而判断出△ABD△△CBP（SAS ），即可得出结论．（1）证明：△△BAC=△DAE ，△△BAC+△CAD=△DAE+△CAD ， △△BAD=△CAE ，在△ABD 和△ACE 中，AB AC BAD CAE AD AE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ，△△ABD△△ACE ；（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，AB AC BAD CAE AD AE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ，△△ABD△△ACE ，△BD=CE ，△正确，△ADB=△AEC ， 记AD 与CE 的交点为G ，△△AGE=△DGO ，△180°-△ADB -△DGO=180°-△AEC -△AGE ， △△DOE=△DAE=60°，△△BOC=60°，△正确，在OB上取一点F，使OF=OC，△△OCF是等边三角形，△CF=OC，△OFC=△OCF=60°=△ACB，△△BCF=△ACO，△AB=AC，△△BCF△△ACO（SAS），△△AOC=△BFC=180°-△OFC=120°，△△AOE=180°-△AOC=60°，△正确，连接AF，要使OC=OE，则有OC=12 CE，△BD=CE，△CF=OF=12 BD，△OF=BF+OD，△BF＜CF，△△OBC＞△BCF，△△OBC+△BCF=△OFC=60°，△△OBC＞30°，而没办法判断△OBC大于30度，所以，△不一定正确，即：正确的有△△△，故答案为△△△；（3）如图3，延长DC至P，使DP=DB，△△BDC=60°，△△BDP 是等边三角形，△BD=BP ，△DBP=60°，△△BAC=60°=△DBP ，△△ABD=△CBP ，△AB=CB ，△△ABD△△CBP （SAS ），△△BCP=△A ，△△BCD+△BCP=180°，△△A+△BCD=180°．【点拨】此题考查三角形综合题，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题的关键．举一反三变式：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：①AD BE =；①//PQ AE ；①60AOB ∠=︒；①CPQ 是等边三角形，恒成立的是______．【答案】△△△△【分析】△由△ABC 和△CDE 都是等边三角形，可知AC=BC ，CD=CE ，△ACB=△DCE=60°，所以△ACD=△BCE=120°，所以△ACD△△BCE （SAS ），从而AD=BE ，故△正确；△△由△ACD△△BCE 得△CBE=△DAC ，加之AC=BC ，易得△ACB=△BCQ=60°，可证△CQB△△CPA （ASA ），从而CP=CQ ，再加之△PCQ=60°，可推出△PCQ 为等边三角形，易得△PQC=60°=△DCE ，根据内错角相等，两直线平行，可知△△正确；△结合△ACD△△BCE 和三角形的外角的性质，可得△AOB=60°，故△正确．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 ），△AD=BE ，故△正确；△△△△ACD△△BCE ，△△CBE=△DAC ，△由△ACB=△DCE=60°得△BCD=60°，△△ACP=△BCQ ，又△AC=BC ，△△CQB△△CPA （ASA ），△CP=CQ ，又△△PCQ=60°△△PCQ 为等边三角形，△△PQC=60°，△△PQC=60°=△DCE△PQ△AE故△△正确；△△△ACD△△BCE （SAS ），△△CAD=△CBE ，△△AOB=△CAD+△CEB=△CBE+△CEB ，又△△ACB=△CBE+△CEB=60°，△△AOB=△ACB=60°，故△正确.故答案为：△△△△.【点拨】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形外角的性质，熟练应用三角形全等的判定是解题的关键．。

相似三角形中的重要模型-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，A DA E kA BA C==； 结论：△ADE ∽△ABC ，△ABD ∽△ACE ；E CkB D=.2）手拉手相似模型（直角三角形）条件:如图，90A O BC OD ∠=∠=︒，O C O D kO AO B==（即△COD ∽△AOB ）；结论：△AOC ∽△BOD ；B DkA C=，AC ⊥BD ，12A B C DS A B C D=⨯.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 ；B EC F条件:△ABC 和ADE 是等腰直角三角形； 结论：△ABD ∽△ACE.例1．（2022·山西·寿阳县九年级期末）问题情境：如图1所示，在△ABC 中，D 、E 分别是AB 、AC 上的点，DE ∥BC ，在图1中将ADE 绕A 点顺时针旋转一定角度，得到图2，然后将BD 、CE 分别延长至M 、N ，使DM =12BD ，EN =12CE ，得到图3，请解答下列问题：(1)猜想证明：若AB =AC ，请探究下列数量关系：①在图2中，BD 与CE 的数量关系是_________． ②在图3中，猜想∠MAN 与∠BAC 的数量关系，并证明你的猜想；(2)拓展应用：其他条件不变，若AB ，按上述操作方法，得到图4，请你继续探究：∠MAN 与∠BAC的数量关系？AM 与AN 的数量关系？直接写出你的猜想．例2．（2022•新乡中考模拟）在△ABC中，CA＝CB＝m，在△AED中，DA＝DE＝m，请探索解答下列问题．【问题发现】（1）如图1，若∠ACB＝∠ADE＝90°，点D，E分别在CA，AB上，则CD与BE的数量关系是，直线CD与BE的夹角为；【类比探究】（2）如图2，若∠ACB＝∠ADE＝120°，将△AED绕点A旋转至如图2所示的位置，则CD 与BE之间是否满足（1）中的数量关系？说明理由．【拓展延伸】（3）在（1）的条件下，若m＝2，将△AED绕点A旋转过程中，当B，E，D三点共线．请直接写出CD的长．例3．（2022·山东·九年级课时练习）【问题发现】如图1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为斜边BC上一点（不与点B，C重合），将线段AD绕点A顺时针旋转90°得到AE，连接EC，则线段BD与CE的数量关系是______，位置关系是______；【探究证明】如图2，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，将△ADE绕点A旋转，当点C，D，E在同一条直线上时，BD与CE具有怎样的位置关系，说明理由；【拓展延伸】如图3，在Rt△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝2CD＝4，过点C作CA⊥BD于A．将△ACD绕点A顺时针旋转，点C的对应点为点E．设旋转角∠CAE为α（0°＜α＜360°），当C，D，E在同一条直线上时，画出图形，并求出线段BE的长度．例4．（2022·山东·东营市一模）【提出问题】（1）如图1，在等边△ABC中，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连结AM，以AM为边作等边△AMN，连结CN．求证：∠ABC=∠ACN．【类比探究】（2）如图2，在等边△ABC中，点M是BC延长线上的任意一点（不含端点C），其它条件不变，（1）中结论∠ABC=∠ACN还成立吗？请说明理由．【拓展延伸】（3）如图3，在等腰△ABC中，BA=BC，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连结AM，以AM为边作等腰△AMN，使顶角∠AMN=∠ABC．连结CN．试探究∠ABC与∠ACN的数量关系，并说明理由．例5．（2022•长垣市一模）在△AB＝AC，点D为AB边上一动点，∠CDE＝∠BAC＝α，CD＝ED，连接BE，EC．（1）问题发现：如图①，若α＝60°，则∠EBA＝，AD与EB的数量关系是；（2）类比探究：如图②，当α＝90°时，请写出∠EBA的度数及AD与EB的数量关系并说明理由；（3）拓展应用：如图③，点E为正方形ABCD的边AB上的三等分点，以DE为边在DE上方作正方形DEFG，点O为正方形DEFG的中心，若OA＝，请直接写出线段EF的长度．例6.（2022·成都市·九年级课时练习）一次小组合作探究课上，老师将两个正方形按如图所示的位置摆放（点E 、A 、D 在同一条直线上），发现B ED G=且B ED G⊥．小组讨论后，提出了下列三个问题，请你帮助解答：（1）将正方形A E F G 绕点A 按逆时针方向旋转（如图1），还能得到B E D G=吗？若能，请给出证明，请说明理由；（2）把背景中的正方形分别改成菱形A E F G 和菱形A B C D ，将菱形A E F G 绕点A 按顺时针方向旋转（如图2），试问当E A G ∠与B A D ∠的大小满足怎样的关系时，B ED G=；（3）把背景中的正方形分别改写成矩形A E F G 和矩形A B C D ，且23AE AB AGAD==，2A Ea=，2A Bb=（如图3），连接D E ，B G ．试求22D E B G+的值（用a ，b 表示）．课后专项训练1.如图，在△ABC与△ADE中，∠ACB＝∠AED＝90°，∠ABC＝∠ADE，连接BD、CE，若AC：BC＝3：4，则BD：CE为（）A．5：3B．4：3C．√5：2D．2：√32.如图，△ABC∽△ADE，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB与DE交于点O，AB＝4，AC＝3，F是DE的中点，连接BD，BF，若点E是射线CB上的动点，下列结论：①△AOD∽△FOB，②△BOD∽△EOA，③∠FDB+∠FBE＝90°，④BF=56AE，其中正确的是（）A．①②B．③④C．②③D．②③④3、如图，正方形A B C D的边长为8，线段C E绕着点C逆时针方向旋转，且3C E=，连接B E，以B E为边作正方形B E F G，M为A B边的中点，当线段F M的长最小时，ta n E C B∠=______．4．（2022•虹口区期中）如图，在△ABC和△ADE中，∠BAD＝∠CAE，∠ABC＝∠ADE．（1）求证：△ABC∽△ADE；（2）判断△ABD与△ACE是否相似？并证明．5．（2023·浙江·九年级课时练习）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点P为线段CA延长线上一动点，连接PB，将线段PB绕点P逆时针旋转，旋转角为α，得到线段PD，连接DB，DC．（1）如图1，当α＝60°时，求证：P A＝DC；（2）如图2，当α＝120°时，猜想P A和DC的数量关系并说明理由．（3）当α＝120°时，若AB＝6，BP D到CP的距离．6．（2022·重庆·九年级课时练习）观察猜想(1)如图1，在等边A B C中，点M 是边B C 上任意一点（不含端点B 、C ），连接A M ，以A M 为边作等边A M N，连接C N ，则A B C ∠与A C N ∠的数量关系是______． (2)类比探究：如图2，在等边A B C中，点M 是B C 延长线上任意一点（不含端点C ），（1）中其它条件不变，（1）中结论还成立吗？请说明理由． (3)拓展延伸:如图3，在等腰A B C中，B AB C=，点M 是边B C 上任意一点（不含端点B 、C ），连接A M ，以A M 为边作等腰A M N，使顶角A M NA B C∠=∠．连按C N ．试探究A B C ∠与A C N ∠的数量关系，并说明理由．7．（2022·江苏·九年级课时练习）【问题发现】如图1，在Rt △ABC 中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，D 为斜边BC 上一点（不与点B ，C 重合），将线段AD 绕点A 顺时针旋转90°得到AE ，连接EC ，则线段BD 与CE 的数量关系是______，位置关系是______；【探究证明】如图2，在Rt △ABC 和Rt △ADE 中，∠BAC ＝∠DAE ＝90°，AB ＝AC ，AD ＝AE ，将△ADE 绕点A 旋转，当点C ，D ，E 在同一条直线上时，BD 与CE 具有怎样的位置关系，说明理由；【拓展延伸】如图3，在Rt △BCD 中，∠BCD ＝90°，BC ＝2CD ＝4，过点C 作CA ⊥BD 于A ．将△ACD 绕点A 顺时针旋转，点C 的对应点为点E ．设旋转角∠CAE 为α（0°＜α＜360°），当C ，D ，E 在同一条直线上时，画出图形，并求出线段BE 的长度．8．（2022·山东·九年级课时练习）如图，A B C和A D E是有公共顶点直角三角形，90B A C D A E ∠=∠=︒，点P 为射线B D ，C E 的交点．（1）如图1，若A B C和A D E是等腰直角三角形，求证：C PB D⊥；（2）如图2，若30A D EA B C ∠=∠=︒，问：（1）中的结论是否成立？请说明理由．（3）在（1）的条件下，4A B =，3A D =，若把A D E 绕点A 旋转，当90E A C ∠=︒时，请直接写出P B 的长度9．（2023·广东·深圳市九年级期中）（1）如图1，Rt △ABC 与Rt △ADE ，∠ADE ＝∠ABC ＝90°，12A BA DB CD E==，连接BD ，CE ．求证：5B DC E=．（2）如图2，四边形ABCD ，∠BAD ＝∠BCD ＝90°，且12A B A D=，连接BC ，BC 、AC 、CD 之间有何数量关系？小明在完成本题中，如图3，使用了“旋转放缩”的技巧，即将△ABC 绕点A 逆时针旋转90°，并放大2倍，点B 对应点D ．点C 落点为点E ，连接DE ，请你根据以上思路直接写出BC ，AC ，CD 之间的关系． （3）拓展：如图4，矩形ABCD ，E 为线段AD 上一点，以CE 为边，在其右侧作矩形CEFG ，且12A B C EB CE F==，AB＝5，连接BE，BF．求BE的最小值．510．（2023·绵阳市·九年级专题练习）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点P是△ABC外一点，连接BP，将线段BP绕点P逆时针旋转α得到线段PD，连接BD，CD，AP．观察猜想：的值为，直线CD与AP所成的较小角的度数为°；（1）如图1，当α＝60°时，C DA P的值及直线CD与AP所成的较小角的度数；类比探究：（2）如图2，当α＝90°时，求出C DA P拓展应用：（3）如图3，当α＝90°时，点E，F分别为AB，AC的中点，点P在线段FE的延长线上，点A，D，P三点在一条直线上，BD交PF于点G，CD交AB于点H. 若CD＝2BD的长．11．（2023·湖北·九年级专题练习）在A B C和A D E中，B A B C∠=∠=，点=，D A D E=，且A B C A D EαE在A B C的内部，连接EC，EB，EA和BD，并且90∠+∠=︒．A C E AB Eα=︒时，线段BD与CE的数量关系为__________，线段EA，EB，EC的【观察猜想】（1）如图①，当60数量关系为__________．α=︒时，（1）中的结论是否依然成立？若成立，请给出证明，若不成立，【探究证明】（2）如图②，当90请说明理由；【拓展应用】（3）在（2）的条件下，当点E在线段CD上时，若B C=B D E的面积．12．（2023··广西一模）如图，A C B△和D C E均为等腰直角三角形，,．现将D C E绕点C旋转．∠=∠=︒==A CB DC E A C B CD CE C90,（1）如图1，若,,A D E三点共线，A D=B到直线C E的距离；（2）如图2，连接,A EB D，点F为线段B D的中点，连接C F，求证：A E C F⊥；（3）如图3，若点G在线段A B上，且8,==，在A C G内部有一点O，请直接写出A C A G22O C A G++的最小值．13．（2022•南山区校级一模）（1）【问题发现】如图①，正方形AEFG 的两边分别在正方形ABCD 的边AB 和AD 上，连接CF ．填空：①线段CF 与DG 的数量关系为 ；②直线CF 与DG 所夹锐角的度数为 ．（2）【拓展探究】如图②，将正方形AEFG 绕点A 逆时针旋转，在旋转的过程中，（1）中的结论是否仍然成立，请利用图②进行说明．（3）【解决问题】如图③，△ABC 和△ADE 都是等腰直角三角形，∠BAC ＝∠DAE ＝90°，AB ＝AC ＝10，O 为AC 的中点．若点D 在直线BC 上运动，连接OE ，则在点D 的运动过程中，线段OE 长的最小值为 （直接写出结果）．14、某校数学活动小组在一次活动中，对一个数学问题作如下探究：（1）问题发现：如图1，在等边A B C 中，点P 是边B C 上任意一点，连接A P ，以A P 为边作等边A P Q，连接CQ ，BP 与CQ 的数量关系是________； （2）变式探究：如图2，在等腰A B C中，A BB C=，点P 是边B C 上任意一点，以A P 为腰作等腰A P Q，使A PP Q=，A P QA B C∠=∠，连接C Q ，判断A B C ∠和A C Q ∠的数量关系，并说明理由；（3）解决问题：如图3，在正方形A D B C 中，点P 是边B C 上一点，以A P 为边作正方形A P E F ，Q 是正方形A P E F 的中心，连接C Q ．若正方形A P E F 的边长为5，2C Q =A DBC 的边长．15、如图，四边形ABCD 和四边形AEFG 都是正方形，C ，F ，G 三点在一直线上，连接AF 并延长交边CD 于点M ．（1）求证：△MFC ∽△MCA ；（2）求证△ACF ∽△ABE ； （3）若DM =1，CM =2，求正方形AEFG 的边长．16、已知，ABC 中，AB ＝AC ，∠BAC ＝2α°，点D 为BC 边中点，连接AD ，点E 为线段AD 上一动点，把线段CE绕点E顺时针旋转2α°得到线段EF，连接FG，FD．（1）如图1，当∠BAC＝60°时，请直接写出B F的值；（2）如图2，当∠BAC＝90°时，（1）中的结论是A E否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请写出正确的结论，并说明理由；（3）如图3，当点E在AD上移动时，请直接写出点E运动到什么位置时D F的值最小．最小值是多少？（用含α的三角函数表示）D C。

什么是手拉手几何模型？12个常用结论你都能证明出来吗？怎么用？手拉手模型，是数学里最常见的一个几何图形，是属于共端点几何模型中的一个类别。

在平时的数学考试中，经常会遇到一类考题，它像旋转一样，它像两个人手拉住手一样。

所，民间称之为手拉手模型。

如上图，就是手拉手模型的基础图形。

当然考试的时候，也经常会出现变式题。

但不管怎么变，所有的题型都是从这几个基础图形，变式而来的。

所以必须先把上图，这基础的内容弄懂，理解透彻。

手拉手模型到底有什么用？在考试的时候，常常会出现在压轴题里，选择题填空题和简答题，都经常出现。

然后这个模型，基本都会推导出12个基本结论。

这12个基本结论，你熟练了。

如果，这12个结论你都知道是怎么推导出来的。

那么考试的时候，看起来特别复杂的几何题，自然都不在话下。

这就是学习方法。

上面的图，就是手拉手基础模型的12个结论。

你尝试这一个一个的推导出来。

（第11，12个结论是初三才学的内容，前面10个结论初二同学基本都能证明。

）方老师经常告诉同学们，数学要多思考，多练习，多总结归纳。

那么像这样子，一个图形，一道题目，涵盖了所有这一类题型的，所有结论和出题模式。

这就是总结和归纳。

第1题，手拉手模型的基础形式，这两个三角形全等，就是SAS，可以轻松证明出来。

第2题，第①小题，SAS证明△ABE≌△CBF就可以了。

第②，因为三角形全等，AB=CB，所以△ABC是等腰直角三角形。

结论就很简单了，自行推导。

第3题，第4题，一样的，根据手拉手模型的一般套路，根据题意找到两个三角形全等。

后面的结论，就非常简单。

总之一句话，手拉手模型的第一步，先找到手拉住手的两个三角形全等关系。

然后，对应角相等，对应边相等。

后面的结论，自然不难。

也请大家多总结，多归纳，多和同学交流，分享心得。

数学的学习，一通百通，所以一定要多钻研。

这才是提高数学成绩的法宝。

全等“手拉手”模型一、模型背景全等“手拉手”模型：两个顶角相等的等腰三角形，若顶点重合，则构成全等“手拉手”模型，其中连接左、右对应的底角顶点所得线段，称为“拉手线”（如图中BE和CF）全等“手拉手”模型，主要是利用全等三角形的知识，判断拉手线之间的数量关系和位置关系（夹角度数）二、模型内容（一）等边三角形的“手拉手”模型1. 共线型（特例）如图，已知等边三角形ABC与等边三角形ADE，其中C、A、D三点共线，连接BD、CE交于点H.问题1. 判断BD与CE的数量关系；问题2. 求∠BHC的度数（BD与CE的夹角）【证明】2. 不共线型（一般情况）如图，已知等边三角形ABC与等边三角形ADE，连接BD、CE交于点H.问题1. 判断BD与CE的数量关系；问题2. 求∠BHC的度数(BD与CE的夹角)【证明】引申：（判断以下结论哪些依然满足，哪些不满足，无需证明）(1)全等关系：△ABD≌△ACE；△ACM≌△ABN；△AEM≌△ADN(2)线段相等：BD=CE；BN=CM；EM=DN(3)角度：∠BHC=60°；∠DHE=60°；∠MHN=120°(4)角平分线：AH平分∠CHD(5)等边三角形：△AMN是等边三角形(6)平行：MN∥CD(7)截长补短线段相等：CH=BH+AH；DH=EH+AH；MH+NH=AH(8)四点共圆：A、M、H、N四点共圆；A、C、B、H四点共圆；A、D、E、H四点共圆（二）等腰直角三角形的“手拉手”模型如图，已知等腰直角三角形ABC与等腰直角三角形ADE，连接BD、CE交于点H.问题1. 判断BD与CE的数量关系；问题2. 求∠BHC的度数(BD与CE的夹角)（三）正方形的“手拉手”模型如图，已知正方形ABCD与正方形AEFG，连接BE、DG交于点H，连接AH.（四）等腰三角形的“手拉手”模型(类型一、二、三的一般情况)如图，已知等腰三角形ABC与等腰三角形ADE，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=α，连接BD、CE.问题1. 判断BD与CE的数量关系；问题2. 延长BD和CE相交于点H，求∠BHC的度数(BD与CE的夹角)。

一、手拉手模型要点一：手拉手模型特点：由两个等顶角的等腰三角形所组成，并且顶角的 顶点为公共顶点结论：（1）△ABD ≌△AEC （2）∠α+∠BOC=180° （3）OA 平分∠BOC 变形：例 1.如图在直线ABC 的同一侧作两个等边三角形ABD ∆与BCE ∆，连结AE 与CD ，证明（1）DBC ABE ∆≅∆ (2)DC AE =(3)AE 与DC 之间的夹角为︒60 (4)DFB AGB ∆≅∆ (5)CFB EGB ∆≅∆ (6)BH 平分AHC ∠ (7)AC GF //变式精练1：如图两个等边三角形ABD ∆与BCE ∆，连结AE 与CD ， 证明（1）DBC ABE ∆≅∆ （2）DC AE =（3）AE 与DC 之间的夹角为︒60（4）AE 与DC 的交点设为H ,BH 平分AHC ∠变式精练2：如图两个等边三角形ABD ∆与BCE ∆，连结AE 与CD ，证明（1）DBC ABE ∆≅∆ (2）DC AE =(3）AE 与DC 之间的夹角为︒60(4）AE 与DC 的交点设为H ,BH 平分AHC ∠例2：如图，两个正方形ABCD 与DEFG ,连结CE AG ,,二者相交于点H问：（1）CDE ADG ∆≅∆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 ∠？例3：如图两个等腰直角三角形ADC 与EDG ，连结CE AG ,,二者相交于点H问：（1）CDE ADG ∆≅∆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 ∠？例4：两个等腰三角形ABD ∆与BCE ∆，其中BD AB =,,EB CB =α=∠=∠CBE ABD ,连结AE 与CD ， 问：（1）DBC ABE ∆≅∆是否成立？ （2）AE 是否与CD 相等？（3）AE 与CD 之间的夹角为多少度？ （4）HB 是否平分AHC ∠？二、倍长与中点有关的线段倍长中线类☞考点说明：凡是出现中线或类似中线的线段，都可以考虑倍长中线，倍长中线的目的是可以旋转等长度的线段，从而达到将条件进行转化的目的。

全等三角形经典模型——手拉手模型别放弃治疗，速速点蓝字关注我们
在中学考试当中，好多学生会“望图兴叹”。

辅助线不会添加，相关模型不理解
不会总结，分类。

所以，要想学好初中几何
对相关模型的深入学习是避免不了的。

So
今天继续分享干货
希望对同学们的学习有所帮助
也希望能更分享给更多的学生。

例题一：如图，两个正方形ABCD和DEFG，连接AG与CE，二者相交于H
问：（1）△ADG≌△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？
（如果你知道勾股定理的话，请问线段AC、GE、AE、CG有什么数量关系？
【分析】（1）由四边形ABCD与DEFG是正方形，可得AD=CD，∠ADC=∠GDE=90°，进而得出∠ADG=∠CDE，DG=DE，然后由SAS 即可判定△ADG≌△CDE；
（2）根据全等三角形的性质则可证得AG=CE；
（3）根据全等三角形的性质和角的关系即可得出夹角是90°；
（4）根据全等三角形的性质和三角形的面积解答即可
未完待续。

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初中数学几何模型之——手拉手模型，跟我学-应对中考轻松自
如
一、模型一：手拉手模型----旋转型全等
（1）等边三角形
手拉手-等边旋转
【条件】：△OAB和△OCD均为等边三角形；
【结论】：①△OAC≌△OBD；②∠AEB=60°；③OE平分∠AED
（2）等腰直角三角形
手拉手-等腰直角旋转
【条件】：△OAB和△OCD均为等腰直角三角形；
【结论】：①△OAC≌△OBD；②∠AEB=90°；③OE平分∠AED
（3）顶角相等的两任意等腰三角形
手拉手-等腰旋转
【条件】：△OAB和△OCD均为等腰三角形；且∠COD=∠AOB
【结论】：①△OAC≌△OBD；②∠AEB=∠AOB；③OE平分∠AED
二、模型二：手拉手模型----旋转型相似
（1）一般情况
【条件】：CD∥AB，将△OCD旋转至右图的位置
【结论】：①右图中△OCD∽△OAB→→→△OAC∽△OBD；
②延长AC交BD于点E，必有∠BEC=∠BOA
（2）特殊情况
【条件】：CD∥AB，∠AOB=90° 将△OCD旋转至右图的位置
【结论】：①右图中△OCD∽△OAB→→→△OAC∽△OBD；
②延长AC交BD于点E，必有∠BEC=∠BOA；
③BD/AC=OD/OC=OB/OA=tan∠OCD；
④BD⊥AC；
⑤连接AD、BC，必有AD2+BC2=AB2+CD2；
⑥S△BCD=1/2AC×BD。

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．。