专题07 手拉手模型综合应用（能力提升）-备战2023年中考数学《重难点解读•专项训练》（全国通用）

专题07 手拉手模型综合应用（能力提升） 1．如图，△ABD，△AEC都是等边三角形，则∠BOC的度数是（　　） A．135° B．125° C．120° D．110° 【答案】C 【解答】解：∵△ABD，△AEC都是等边三角形， ∴AD＝AB，AE＝AC，∠DAB＝∠CAE＝60°，∠ADB＝DBA＝60°， ∴∠DAB+∠BAC＝∠CAE+∠BAC， ∴∠DAC＝∠BAE， ∴△DAC≌△BAE（SAS）， ∴∠ADC＝∠ABE， ∴∠BOC＝∠BDO+∠DBA+∠ABE ＝∠BDO+∠DBA+∠ADC ＝∠ADB+∠DBA ＝60°+60° ＝120°， ∴∠BOC的度数是120°， 故选：C． 2．如图，在△ABD中，AD＝AB，∠DAB＝90°，在△ACE中，AC＝AE，∠EAC＝90°，CD，BE相交于点F，有下列四个结论：①DC＝BE；②∠BDC＝∠BEC；③DC⊥BE；④FA平分∠DFE．其中，正确的结论有（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】B 【解答】解：∵∠DAB＝∠EAC＝90°， ∴∠DAB+∠BAC＝∠EAC+∠BAC，即∠DAC＝∠BAE， 在△ADC和△ABE中， ， ∴△ADC≌△ABE（SAS）， ∴DC＝BE，所以①正确； ∴∠ADC＝∠ABE， 而AB与AE不确定相等， ∴∠ABE与∠AEB不确定相等， ∵△ABD和△ACE都是等腰直角三角形， ∴∠ADB＝∠AEC＝45°， ∵∠BDC＝∠ADB﹣∠ADC＝45°﹣∠ADC， ∠BEC＝∠AEC﹣∠AEB＝45°﹣∠AEB， ∴∠BDC与∠BEC不确定相等，所以②错误； ∵∠ADC+∠1+∠DAB＝∠ABE+∠2+∠BFD， 而∠ADC＝∠ABE，∠1＝∠2， ∴∠BFD＝∠DAB＝90°， ∴DC⊥BE，所以③正确； 过A点作AM⊥DC于M，AN⊥BE于N，如图， ∵△ADC≌△ABE， ∴AM＝AN， ∴AF平分∠DFE，所以④正确． 故选：B． 3．如图，在△ABC中，AB＝AC，点D是△ABC外一点，连接AD、BD、CD，且BD交AC于点O，在BD上取一点E，使得AE＝AD，∠EAD＝∠BAC，若∠ABC＝62°，则∠BDC的度数为（　　） A．56° B．60° C．62° D．64° 【答案】A 【解答】解：∵∠EAD＝∠BAC， ∴∠BAC﹣∠EAC＝∠EAD﹣∠EAC， 即：∠BAE＝∠CAD； 在△ABE和△ACD中， ， ∴△ABE≌△ACD （SAS）， ∴∠ABD＝∠ACD， ∵∠BOC是△ABO和△DCO的外角， ∴∠BOC＝∠ABD+∠BAC，∠BOC＝∠ACD+∠BDC， ∴∠ABD+∠BAC＝∠ACD+∠BDC， ∴∠BAC＝∠BDC， ∵∠ABC＝∠ACB＝62°， ∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝180°﹣62°﹣62°＝56°， ∴∠BDC＝∠BAC＝56°， 故选：A． 4．已知菱形ABCD，E、F是动点，边长为5，BE＝AF，∠BAD＝120°，则下列结论正确的有几个（　　） ①△BEC≌△AFC； ②△ECF为等边三角形； ③∠AGE＝∠AFC； ④若AF＝2，则＝． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【解答】解：过点E作EM∥BC，交AC于点M， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC＝AC，AD∥BC，∠BAC＝∠DAC＝BAD＝60°， ∴∠B＝180°﹣∠BAD＝60°， ∴∠B＝∠DAC， ∴△ABC是等边三角形， ∴BC＝AC，∠ACB＝60°， ∵BE＝AF， ∴△BEC≌△AFC； 故①正确； ∵△BEC≌△AFC； ∴CE＝CF，∠BCE＝∠ACF， ∴∠BCE+∠ACE＝∠ACF+∠ACE， ∴∠BCA＝∠ECF＝60°， ∴△ECF是等边三角形， 故②正确； ∵△ECF是等边三角形， ∴∠EFC＝60°， ∵∠AGE是△AGF的一个外角， ∴∠AGE＝∠AFG+∠DAC＝60°+∠AFG， ∵∠AFC＝∠AFG+∠CFE＝60°+∠AFG， ∴∠AGE＝∠AFC， 故③正确； ∵△BEC≌△AFC， ∴AF＝BE＝2， ∵AB＝5， ∴AE＝AB﹣BE＝5﹣2＝3， ∵EM∥BC， ∴∠AEM＝∠B＝60°，∠AME＝∠ACB＝60°， ∵∠BAC＝60°， ∴△AEM是等边三角形， ∴AE＝EM＝3， ∵∠DAC＝∠AME＝60°，∠AGF＝∠EGM， ∴△AGF∽△MGE， ∴＝＝， 故④正确； 所以，上列结论正确的有4个， 故选：D． 5．如图，△ABC，△ECD均为等边三角形，边长分别为5cm，3cm，B，C，D三点在同一条直线上，下列结论：①AD＝BE；②△CFG为等边三角形；③CM＝cm；④CM平分∠BMD．其