专题1-2 “相等角共顶点”三角形全等（基础、培优、拔尖）-2024-2025学年八年级数学重难点专项训练（苏科版）

专题1-2“相等角共顶点”三角形全等——基础篇 一般的，两个三角形有一组相等角的顶点重合，则有下面相关结论（如图） 1．如图，在△ABC中，已知∠1＝∠2，BE＝CD，AB＝5，AE＝2，则CE＝（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【分析】先利用“AAS”证明△ABE≌△ACD得到AC＝AB＝5，然后计算AC﹣AE即可． 【详解】解：在△ABE和△ACD中 ， ∴△ABE≌△ACD， ∴AC＝AB＝5， ∴CE＝AC﹣AE＝5﹣2＝3． 故选：A． 2．（2023秋•泗洪县期末）如图，AC和BD相交于O点，若OA＝OD，用“SAS”证明△AOB≌△DOC还需（　　） A．AB＝DC B．OB＝OC C．∠A＝∠D D．∠AOB＝∠DOC 【分析】添加AB＝DC，不能根据SAS证两三角形全等；根据条件OA＝OD和∠AOB＝∠DOC，不能证两三角形全等；添加∠AOB＝∠DOC，不能证两三角形全等；根据以上结论推出即可． 【详解】解：A、AB＝DC，不能根据SAS证两三角形全等，故本选项错误； B、∵在△AOB和△DOC中 ， ∴△AOB≌△DOC（SAS），故本选项正确； C、两三角形相等的条件只有OA＝OD和∠AOB＝∠DOC，不能证两三角形全等，故本选项错误； D、根据∠AOB＝∠DOC和OA＝OD，不能证两三角形全等，故本选项错误； 故选：B． 3．如图，BC∥EF，BC＝BE，AB＝FB，∠1＝∠2，若∠1＝55°，则∠C的度数为　　． 【分析】利用已知条件易证∠ABC＝∠FBE，再根据全等三角形的判定方法可证明△ABC≌△FBE，由全等三角形的性质即可得到∠C＝∠BEF，再证明∠BEF＝∠1＝55°即可； 【详解】解：证明：∵∠1＝∠2， ∴∠ABC＝∠FBE， 在△ABC和△FBE中， ， ∴△ABC≌△FBE（SAS）， ∴∠C＝∠BEF， ∵EF∥BC， ∴∠BEF＝∠1＝55°， ∴∠C＝55°， 故答案为：55°． 4．如图，△ABC的两条高AD，BE相交于点F，请添加一个条件，使得△ADC≌△BEC（不添加其他字母及辅助线），你添加的条件是　　．并证明结论． 【分析】添加AC＝BC，根据三角形高的定义可得∠ADC＝∠BEC＝90°，再证明∠EBC＝∠DAC，然后再添加AC＝BC可利用AAS判定△ADC≌△BEC． 【详解】解：添加AC＝BC， ∵△ABC的两条高AD，BE， ∴∠ADC＝∠BEC＝90°， ∴∠DAC+∠C＝90°，∠EBC+∠C＝90°， ∴∠EBC＝∠DAC， 在△ADC和△BEC中， ∴△ADC≌△BEC（AAS）， 故答案为：AC＝BC． 5．（2023秋•临桂区期中）如图：在△ABC中，BE、CF分别是AC、AB两边上的高，在BE上截取BD＝AC，在CF的延长线上截取CG＝AB，连接AD、AG． （1）求证：AD＝AG； （2）AD与AG的位置关系如何，请说明理由． 【分析】（1）由BE垂直于AC，CF垂直于AB，利用垂直的定义得∠HFB＝∠HEC，由得对顶角相等得∠BHF＝∠CHE，所以∠ABD＝∠ACG．再由AB＝CG，BD＝AC，利用SAS可得出三角形ABD与三角形ACG全等，由全等三角形的对应边相等可得出AD＝AG， （2）利用全等得出∠ADB＝∠GAC，再利用三角形的外角和定理得到∠ADB＝∠AED+∠DAE，又∠GAC＝∠GAD+∠DAE，利用等量代换可得出∠AED＝∠GAD＝90°，即AG与AD垂直． 【详解】（1）证明：∵BE⊥AC，CF⊥AB， ∴∠HFB＝∠HEC＝90°，又∵∠BHF＝∠CHE， ∴∠ABD＝∠ACG， 在△ABD和△GCA中 ， ∴△ABD≌△GCA（SAS）， ∴AD＝GA（全等三角形的对应边相等）； （2）位置关系是AD⊥GA， 理由：∵△ABD≌△GCA， ∴∠ADB＝∠GAC， 又∵∠ADB＝∠AED+∠DAE，∠GAC＝∠GAD+∠DAE， ∴∠AED＝∠GAD＝90°， ∴AD⊥GA． 6．如图，在△ABC中，BE，CF是高，点D在线段BE上，点G在线段CF的延长线上，且BD＝CA，GC＝AB，连接AD，AG． （1）求证：AD＝AG； （2）AD与AG之间的位置关系如何？请说明理由． 【分析】（1）由“SAS”可证△ABD≌△GCA，可得AD＝AG； （2）由全等三角形的性质可得∠ADB＝∠GAC，由余角的性质可求解． 【详解】（1）证明：∵BE⊥AC，CF⊥AB， ∴∠HFB＝∠HEC＝90°， 又∵∠BHF＝∠CHE， ∴∠ABD＝∠ACG， 在△ABD和△GCA中， ， ∴△ABD≌△GCA（SAS）， ∴AD＝GA； （2）解：AD⊥GA，理由如下： ∵△ABD≌△GCA， ∴∠ADB＝∠GAC， 又∵∠ADB＝∠AED+∠DAE，∠GAC＝∠GAD+∠DAE， ∴∠AED＝∠GAD＝90°， ∴AD⊥GA． 专题1-2“相等角共顶点”三角形全等——培优篇 7．（2023秋•铁西区期末）如图，点D，E分别在线段AB，AC上，CD与BE相交于O点，已知AB＝AC，现添加以下的哪个条件仍不能判定△ABE≌△ACD（　　） A．∠B＝∠C B．BE＝CD C．BD＝CE D．AD＝AE 【分析】欲使△ABE≌△ACD，已知AB＝AC，可根据全等三角形判定定理AAS、SAS、ASA添加条件，逐一证明即可． 【详解】解：∵AB＝AC，∠A为公共角， A、如添加∠B＝∠C，利用ASA即可证明△ABE≌△ACD； B、如添BE＝CD，因为SSA，不能证明△ABE≌△ACD，所以此选项不能作为添加的条件； C、如添BD＝CE，等量关系可得AD＝AE，利用SAS即可证明△ABE≌△ACD； D、如添AD＝AE，利用SAS即可证明△ABE≌△ACD． 故选：B． 8．（2023秋•岑溪市期末）如图，已知CA＝CD，∠1＝∠2，如果只添加一个条件（不加辅助线）使△ABC≌△DEC，则添加的条件不能为（　　） A．AB＝DE B．∠B＝∠E C．BC＝EC D．∠A＝∠D 【分析】根据图形可知证明△ABC≌△DEC已经具备了一个角和一对相等边，因此可以利用ASA、SAS、AAS证明两三角形全等． 【详解】解：∵∠1＝∠2， ∴∠1+∠ACE＝∠2+∠ACE，即∠ACB＝∠DCE． 又∵CA＝CD， ∴可以添加BC＝EC，此时满足SAS； 添加条件∠A＝∠D，此时满足ASA； 添加条件∠B＝∠E，此时满足AAS； 添加条件AB＝DE，不能证明△ABC≌△DEC． 故选：A． 9．如图，∠E＝∠F＝90°，∠B＝∠C，AE＝AF给出下列结论： ①∠1＝∠2；②BE＝CF；③△ACN≌△ABM；④CD＝DN．其中正确的结论是（　　） A．①②③ B．②③ C．①③ D．①②③④ 【分析】根据全等三角形的判定方法可得△ABE≌△ACF（AAS），△ACN≌△ABM（ASA），根据全等三角形的性质进行判断即可． 【详解】解：在△ABE和△ACF中， ， ∴△ABE≌△ACF（AAS）， ∴∠EAB＝∠FAC，BE＝CF， ∴∠1＝∠2， 故①②选项符合题意， 在△ACN和△ABM中， ， ∴△ACN≌△ABM（ASA）， 故③选项符合题意， 没有足够的条件证明CD＝DN， 故④选项不符合题意， 故选：A． 10．如图，已知CD⊥AB，BE⊥AC，垂足分别为D，E，BE，CD交于点O，连接AO．若AO平分∠BAC，则图中的全等三角形共有 　4　对． 【分析】先证△OAD≌△OAE（AAS），得出AD＝AE，OD＝OE，再证△ADC≌△AEB（ASA），得∠B＝∠C，然后证△AOB≌△AOC（AAS），最后证△BDO≌△CEO（AAS），即可得出答案． 【详解】解：∵CD⊥AB，BE⊥AC，AO平分∠BAC， ∴∠ADO＝∠AEO＝90°，∠OAD＝∠OAE， 在△OAD和△OAE中， ， ∴△OAD≌△OAE（AAS）， ∴AD＝AE，OD＝OE， 在△ADC和△AEB中， ， ∴△ADC≌△AEB（ASA）， ∴∠B＝∠C， 在△AOB和△AOC中， ， ∴△AOB≌△AOC（AAS）， 在△BDO和△CEO中， ， ∴△BDO≌△CEO（AAS）， ∴图中的全等三角形共有4对， 故答案为：4． 11．（2018秋•邗江区期末）如图，点O为线段AB上的任意一点（不与A，B重合），分别以AO，BO为一腰在AB的同侧作等腰△AOC和△BOD，OA＝OC，OB＝OD，∠AOC与∠BOD都是锐角，且∠AOC＝∠BOD，AD与BC相交于点P，∠COD＝110°，则∠APB＝　　°． 【分析】由∠COD＝86°，∠AOC＝∠BOD，求出∠AOC，根据△AOD≌△COB，得到∠OAD＝∠OCB，由对顶角相等∠CMP＝∠AMO，得到∠CPM＝∠AOC＝47°，根据邻补角求出∠APB． 【详解】解：如图，∵∠AOC＝∠BOD， ∴∠AOC+∠COD＝∠BOD+∠COD， ∴∠AOD＝∠COB， 在△AOD和△COB中，， ∴△AOD≌△COB． ∵∠COD＝110°，∠AOC＝∠BOD， ∴∠AOC＝∠BOD＝（180°﹣110°）÷2＝35°， ∵△AOD≌△COB， ∴∠OAD＝∠OCB， ∴∠CMP＝∠AMO， ∴∠CPM＝∠AOC＝35°， ∴∠APB＝180°﹣∠CPM＝180°﹣35°＝145°． 故答案为：145． 12．如图，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，D是AC上一点，E在BC的延长线上，且AE＝BD，BD的延长线与AE交于点F．试通过观察、测量、猜想等方法来探索BF与AE有何特殊的位置关系，并说明你猜想的正确性． 【分析】猜想：BF⊥AE， 先证明△BDC≌△AEC得出∠CBD＝∠CAE，从而得出∠BFE＝90°，即BF⊥AE． 【详解】解：猜想：BF⊥AE． 理由：∵∠ACB＝90°， ∴∠ACE＝∠BCD＝90°． ∴在Rt△BDC与Rt△AEC中 ， ∴Rt△BDC≌Rt△AEC（HL）． ∴∠CBD＝∠CAE． 又∴∠CAE+∠E＝90°． ∴∠EBF+∠E＝90°． ∴∠BFE＝90°，即BF⊥AE． 13．在学习全等三角形知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型：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探究： （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的关系，并说明理由． 【分析】（1）利用“SAS”证明△DAB≌△EAC，得出BD＝CE，即可得出答案； （2）利用“SAS”证明△DAB≌△EAC，得出BD＝CE，∠DBA＝∠ECA，由∠PFB＝∠AFC，得出∠BPC＝∠BAC＝90°，得出BD⊥CE． 【详解】解：（1）如图1， ∵AB＝AC，AE＝AD，∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAC+∠EAB＝∠DAE+∠EAB，即∠DAB＝∠EAC， ∴△DAB≌△EAC（SAS）， ∴BD＝CE， 故答案为：△AEC，BD＝CE； （2）BD＝CE，BD⊥CE，理由如下：如图2， ∵∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴∠EAB+∠BAC＝∠DAE+∠EAB，即∠DAB＝∠EAC， 在△DAB和△EAC中， ， ∴△DAB≌△EAC（SAS）， ∴BD＝CE，∠DBA＝∠ECA， ∵∠PFB＝∠AFC， ∴∠BPC＝∠BAC＝90°， ∴BD⊥CE． 14．（2024春•深圳校级期中）在学习全等三角形知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型：模型是由两个顶角相等且有公共顶角顶点的等腰三角形组成的图形，如果把它们的底角顶点连接起来，则在相对位置变化的过程中，始终存在一对全等三角形，我们把这种模型称为“手拉手模型”．这个数学兴趣小组进行了如下操作： （1）如图1，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝40°（AB＞AD），连接BD，CE，当点E落在AB边上，且D，E，C三点共线时，则在这个“手拉手模型”中，和△ABD全等的三角形是 　　，∠BDC的度数为 　　． （2）如图2，已知△ABC，分别以AB、AC为直角边向△ABC两侧作等腰直角△ABE和等腰直角△ACD，其中∠BAE＝∠CAD＝90°，连接CE、BD，线段CE和BD交于点O． ①证明：CE＝BD且CE⊥BD； ②若DC与BC在同一直线上，如图3，延长DA与CE交于点F，连接BF并延长，BF的延长线与边AE交于点G，且AF＝AG，若△ABE和△ACD的面积之和为20，△ABG的面积为6，求线段EG的长． 【分析】（1）利用SAS证明△DAB≌△EAC，得出∠ABD＝∠ACE，结合三角形外角的性质即可得出∠BDC＝∠BAC，即可求解； （2）①利用SAS证明△CAE≌△DAB，得出CE＝BD，∠ACE＝∠ADB，然后利用三角形外角的性质即可得出CE⊥BD； ②利用①中△CAE≌△DAB，得出∠ACE＝∠D＝45°，则可求∠CFD＝∠ACE，利用等角对等边得出AF＝AC，可得出AG＝AC，由△ABG的面积可求AB•AG＝12，由△ABE和△ACD的面积之和为20，可求AB2+AC2＝40，利用完全平方公式变形求出AB+AC＝8，|AB﹣AC|＝4，求出AB、AC，进而求出AG，即可求解． 【详解】（1）解：如图1中， 在△DAB和△EAC中， ， ∴△DAB≌△EAC（SAS）， ∴∠ABD＝∠ACE， ∵∠DEB＝AEC， ∴∠BDC＝∠BAC＝40°， 故答案为：△ACE，40°； （2）①证明：∵△ABE和△ACD均为等腰直角三角形，∠BAE＝∠CAD＝90°， ∴AB＝AE，AC＝AD， ∵∠BAE+∠BAC＝∠CAD+∠BAC， ∴∠CAE＝∠BAD， 在△CAE和△DAB中， ， ∴△CAE≌△DAB（SAS）， ∴CE＝BD，∠ACE＝∠ADB， ∴∠DOE＝∠DCE+∠BDC ＝∠CDB+∠ACE+∠ACD ＝∠CDB+∠ADB+∠ACD ＝∠ADC+∠ACD＝90°， ∴CE⊥BD； ②解：∵△ABE和△ACD的面积之和为20，△ABE和△ACD均为等腰直角三角形， ∴AB2+AC2＝40，∠ACD＝∠D＝45°，∠BAE＝∠CAD＝90°，AB＝AE，AC＝AD， ∴∠CAF＝180°﹣90°＝90°， ∵△CAE≌△DAB， ∴∠ACE＝∠D＝45°， ∴∠DCE＝∠ACD+∠ACE＝45°+45°＝90°， ∴∠CFD＝90°﹣∠D＝45°， ∴∠CFD＝∠ACE， ∴AF＝AC， ∵AF＝AG， ∴AG＝AC， ∵△ABG的面积为6，∠BAG＝90°， ∴，即AB•AG＝12， ∴AB•AC＝12， ∴（AB+AC）2＝AB2+AC2+2AB•AC＝40+24＝64， ∵AB+AC＞0， ∴AB+AC＝8， ∵（AB﹣AC）2＝AB2+AC2﹣2AB•AC＝40﹣24＝16， ∴|AB﹣AC|＝4， ∵∠ACB＝180°﹣45°＝135°， ∴∠ACB＞∠ABC， ∴AB＞AC， ∴AB﹣AC＝4， ∴AB＝6，AC＝2， ∴AE＝6，AG＝2， ∴EG＝AE﹣AG＝6﹣2＝4． 专题1-2“相等角共顶点”三角形全等——拔尖篇 15．如图，在△AOB和△COD中，OA＝OB，OC＝OD，OA＜OC，∠AOB＝∠COD＝36°．连接AC，BD交于点M，连接OM．下列结论： ①∠AMB＝36°，②AC＝BD，③OM平分∠AOD，④MO平分∠AMD．其中正确的结论个数有（　　）个． A．4 B．3 C．2 D．1 【分析】由SAS证明△AOC≌△BOD得出∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，②正确； 由全等三角形的性质得出∠OAC＝∠OBD，由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OBD＝∠OAC+∠AOB，得出∠AMB＝∠AOB＝36°，①正确； 作OG⊥AM于G，OH⊥DM于H，如图所示：则∠OGA＝∠OHB＝90°，利用全等三角形对应边上的高相等，得出OG＝OH，由角平分线的判定方法得出MO平分∠AMD，④正确； 假设MO平分∠AOD，则∠DOM＝∠AOM，由全等三角形的判定定理可得△AMO≌△DMO，得AO＝OD，而OC＝OD，所以OA＝OC，而OA＜OC，故③错误；即可得出结论． 【详解】解：∵∠AOB＝∠COD＝36°， ∴∠AOB+∠BOC＝∠COD+∠BOC， 即∠AOC＝∠BOD， 在△AOC和△BOD中， ∴△AOC≌△BOD（SAS）， ∴∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，故②正确； ∵∠OAC＝∠OBD， 由三角形的外角性质得： ∠AMB+∠OBD＝∠OAC+∠AOB， ∴∠AMB＝∠AOB＝36°，故①正确； 法一：作OG⊥AM于G，OH⊥DM于H，如图所示， 则∠OGA＝∠OHB＝90°， ∵△AOC≌△BOD， ∴OG＝OH， ∴MO平分∠AMD，故④正确； 法二：∵△AOC≌△BOD， ∴∠OAC＝∠OBD， ∴A、B、M、O四点共圆， ∴∠AMO＝∠ABO＝72°， 同理可得：D、C、M、O四点共圆， ∴∠DMO＝∠DCO＝72°＝∠AMO， ∴MO平分∠AMD， 故④正确； 假设MO平分∠AOD，则∠DOM＝∠AOM， 在△AMO与△DMO中， ， ∴△AMO≌△DMO（ASA）， ∴AO＝OD， ∵OC＝OD， ∴OA＝OC， 而OA＜OC，故③错误； 正确的个数有3个； 故选：B． 16．（2024春•沈阳期中）数学研究小组以“手拉手图形”为主题开展数学活动，两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把他们的底角顶点连接起来，则形成一组全等三角形，我们把这个规律的图形称为“手拉手图形”．如图1，已知等边△ABC的边长为6，点D，E分别为AC，BC的中点，现将△CDE绕点C顺时针旋转角度为α（0°＜α＜360°），直线BE，AD相交于点F；当△CDE旋转到图2位置（B、C、D在同一直线上）时，∠AFB的度数为 　　．在整个旋转过程中，当点D与F重合时，BE的长为 　 　 【分析】根据等边三角形的性质及全等三角形的判定及性质得△ACD≌△BCE（SAS），∠CBE＝∠CAD，从而得∠AFB＝∠ACB＝60°，利用勾股定理及等边三角形的性质分类讨论求解BE的长即可． 【详解】解：如图1， ∵△ABC是等边三角形， ∴AC＝BC，∠ACB＝60°， ∵等边△ABC的边长为6，点D，E分别为AC，BC的中点， ∴， ∴△CDE是边长为3的等边三角形， ∴∠ECD＝∠ACB＝60°， ∴∠ECD+∠ACE＝∠ACB+∠ACE，即∠ACD＝∠BCE， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴∠CBE＝∠CAD， ∵∠BOC＝∠AOE，∠BOC+∠CBE+∠ACB＝∠AOE+∠CAD+∠AFB＝180°， ∴∠AFB＝∠ACB＝60°， 如图2，在整个旋转过程中，当点D与F重合时，且点D在BC的上方时，过点C作CH⊥BF于点H， ∵△CDE是边长为3的等边三角形， ∴∠CFE＝∠CDE＝60° CD＝CF＝DE＝EF＝3， ∴∠FCH＝90°﹣60°＝30°， ， ∵BC＝6， ∴， ∴； 如图3，在整个旋转过程中，当点D与F重合时，且点D在BC的下方时，过点C作CH⊥BF于点H， 同理得，， ∴， 故答案为：60°；． 17．（2023秋•镇平县期中）在学习全等三角形知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型，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探究： （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是小手，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 　　，此时线段BD和CE的数量关系是 　　； （2）如图2，两个等腰直角△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，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°，BE与CD相交于点P，请直接写出线段BE和CD的数量关系及∠PBC+∠PCB的度数． 【分析】（1）先判断出∠DAB＝∠EAC，进而判断出△ADB≌△AEC，即可得出结论； （2）先判断出△DAB≌△EAC，得出BD＝CE，∠DBA＝∠ECA，进而判断出∠DBC+∠ECB，即可得出结论； （3）先判断出△ACD≌△AEB，得出CD＝BE，∠ADC＝∠ABE，进而求出∠BPD＝60°，最后用三角形外角的性质，即可得出结论． 【详解】解：（1）∵∠DAE＝∠BAC， ∴∠DAE+∠BAE＝∠BAC+∠BAE． ∴∠DAB＝∠EAC， 在△ADB和△AEC中， ， ∴△ADB≌△AEC（SAS）， ∴BD＝CE， 故答案为：△AEC，BD＝CE； （2）BD＝CE，BD⊥CE； 理由如下：∵∠DAE＝∠BAC＝90°， ∴∠DAE+∠BAE＝∠BAC+∠BAE． ∴∠DAB＝∠EAC． 在△DAB和△EAC中， ， ∴△DAB≌△EAC（SAS）， ∴BD＝CE，∠DBA＝∠ECA， ∵∠ECA+∠ECB+∠ABC＝90°， ∴∠DBA+∠ECB+∠ABC＝90°， 即∠DBC+∠ECB＝90°， ∴∠BPC＝180°﹣（∠DBC+∠ECB）＝90°， ∴BD⊥CE， 综上所述：BD＝CE且BD⊥CE； （3）如图3所示，BE＝CD，∠PBC+∠PCB＝60°； ∵△ABD和△ACE是等边三角形， ∴AD＝AB，AC＝AE，∠ADB＝∠ABD＝∠BAD＝∠CAE＝60°， ∴∠BAD+∠BAC＝∠CAE+∠BAC， ∴∠CAD＝∠EAB， 在△ACD和△AEB中， ， ∴△ACD≌△AEB（SAS）， ∴CD＝BE，∠ADC＝∠ABE， ∴∠BPD＝180°﹣∠PBD﹣∠BDP ＝180°﹣∠ABE﹣∠ABD﹣∠BDP ＝180°﹣∠ABD﹣（∠ABE+∠BDP） ＝180°﹣∠ABD﹣（∠ADC+∠BDP） ＝180°﹣∠ABD﹣∠ADB ＝60°， ∴∠PBC+∠PCB＝∠BPD＝60°． 18．（2023春•和平县期末）（1）问题发现：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，我们把具有这种规律的图形称为“手拉手”图形， 如图1，△ABC和△ADE是顶角相等的等腰三角形，即AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE，分别连接BD，CE，求证：BD＝CE； （2）类比探究：如图2，△ABC和△ADE是都是等腰三角形，即AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE＝90°，B，C，D在同一条直线上．请判断线段BD与CE存在怎样的数量关系及位置关系，并说明理由； （3）问题解决：如图3，若△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，且CA＝CB，CD＝CE，∠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，若AE＝7，BE＝2，请直接写出CM的长，不说明理由． 【分析】（1）根据三角形全等的判定和性质即可详解． （2）根据（1）问中，“手拉手”全等的证明，可得△BAD≌△CAE（SAS），利用全等的性质可得BD＝CE，∠ACE＝∠ABC，又因为△ABC是等腰直角三角形，可得∠ABC＝∠ACB＝∠ACE＝45°，从而可知∠BCE＝90°，即BD⊥CE． （3）由△DCE是等腰直角三角形，CM为△DCE中DE边上的高，可证得，根据（1）问中，“手拉手”全等的证明，可得△ACD≌△BCE，从而得AD＝BE，即可求出CM的长． 【详解】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD， ∴∠BAD＝∠CAE， 在△ABD和△ACE中， ， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴BD＝CE． （2）解：BD与CE的数量关系BD＝CE，位置关系是BD⊥CE．理由如下： ∵∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴∠BAC+∠CAD＝∠CAE+∠CAD， 即∠BAD＝∠CAE， 在△BAD和△CAE中， ， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴BD＝CE，∠ACE＝∠ABC， ∵△ABC是等腰三角形且∠BAC＝90°， ∴∠ABC＝∠ACB＝45°， ∴∠ACE＝∠ABC＝45°， ∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝45°+45°＝90°， ∴BD⊥CE． （3）解：由（1）的方法得，△ACD≌△BCE， ∴AD＝BE， ∵△CDE是等腰直角三角形， ∴∠CDE＝∠CED＝45°， ∵CD＝CE，CM⊥DE， ∴DM＝ME， ∵∠DCE＝90°， ∴DM＝ME＝CM， ∴． 19．（2024春•高新区校级期中）【综合实践】如果两个等腰三角形的顶角相等，且顶角的顶点互相重合，则称此图形为“手拉手全等模型”．因为顶点相连的四条边，可以形象地看作两双手，所以通常称为“手拉手模型”． 【初步把握】如图1，△ABC与△ADE都是等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE，则有△ABD≌　　；线段BD和CE的数量关系是 　　； 【深入研究】如图2，△ABC和△ADE是都是等腰三角形，即AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE＝90°，B，C，D在同一条直线上．请判断线段BD与CE存在怎样的数量关系及位置关系，并说明理由； 【拓展延伸】如图3，直线l1⊥l2，垂足为点O，l2上有一点M在点O右侧且OM＝4，点N是l1上一个动点，连接MN，在MN下方作等腰直角三角形NMP，MN＝MP，∠NMP＝90°，连接OP．请直接写出线段OP的最小值及此时ON的长度． 【分析】（1）由∠BAC＝∠DAE，可得∠BAD＝∠CAE，根据SAS可得△ABD≌△ACE，则可得出结论； （2）由∠BAC＝∠DAE＝90°，得∠BAD＝∠CAE，即可证△ABD≌△ACE（SAS），有BD＝CE，∠ACE＝∠ABC，而△ABC是等腰三角形且∠BAC＝90°，知∠ABC＝∠ACB＝45°，故∠ACE＝∠ABC＝45°，即可得∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝45°+45°＝90°，BD⊥CE； （3）证明∠O'MO＝45°，当OP有最小，即O'P'最小，即垂线段最短，当O'P'⊥y轴时，O'P'最小，则可得出答案． 【详解】解：（1）∵∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD，即∠BAD＝∠CAE， 在△ABD和△ACE中， ， ∴△ABD≌△ACE（SAS）； 故答案为：△ACE；BD＝CE； （2）解：BD与CE的数量关系是BD＝CE，位置关系是BD⊥CE；理由如下： ∵∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，即∠BAD＝∠CAE， 在△ABD和△ACE中， ， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴BD＝CE，∠ACE＝∠ABC， ∵△ABC是等腰三角形且∠BAC＝90°， ∴∠ABC＝∠ACB＝45°， ∴∠ACE＝∠ABC＝45°， ∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝45°+45°＝90°， ∴BD⊥CE； （3）∵△MNP是等腰直角三角形， ∴∠MNP＝∠NPM＝45°， 将△OPM绕M点顺时针旋转90°得△O'P'M（N与P'重合）， 连接OO'， ∴△PMO≌△P'MO'， ∴MO＝MO'，OP＝O'P'， ∴∠O'MO＝45°， 当OP有最小，即O'P'最小，即垂线段最短，当O'P'⊥y轴时，O'P'最小， 由∠O'OP'＝45°，∠O'P'O＝90°， ∴O'P'＝OM＝4，ON＝OP'＝4， ∴ON＝4，OP最小值为4． 20．（2024春•洪山区校级月考）如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，将线段AC绕点A顺时针旋转得到线段AD，连接CD，以CD为直角边，在CD左侧构造等腰Rt△CDE，其中DC＝DE，∠CDE＝90°，连接AE，BD． （1）如图1，若点D在AB上，求证：AE⊥AC； 小明提供了如图2的思路：他利用∠BAC＝45°的条件，在点D作AD的垂线交AC的延长线于点F，从而利用共点D的两个等腰直角三角形“手拉手”模型，通过全等，转角得到结论； 请你按照小明的思路完成第（1）问； （2）如图3，若点D在AB的下方，求证：△BCD≌△ADE； （3）如图4，若B，D，E三点在一条直线上，求BD的长． 【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得∠CAB＝∠CBA＝45°，根据AD⊥DF，可知∠AFD＝45°，易知△ADF为等腰直角三角形，再结合Rt△CDE为等腰直角三角形，利用SAS即可证明△ADE≌△FDC，进而可知∠EAD＝∠CFB＝45°，即可证明结论； （2）由旋转可知，AD＝AC，则∠ACD＝∠ADC，结合题意可知AD＝AC＝BC，∠ACD+∠BCD＝90°，由Rt△CDE为等腰直角三角形，可知∠EDC＝∠ADE+∠ADC＝90°，DE＝DC，得∠ADE＝∠BCD，利用SAS即可证明△BCD≌△ADE； （3）利用第（2）问的结果，∠CDE＝90°和AT⊥CD，从而推出长方形ATDE，根据边角边证明△DAT≌△ADE，结合△BCD≌△ADE，从而推出DT＝DB，根据等腰三角形的性质推出CT＝DT，最后利用勾股定理即可求出DB长度． 【详解】（1）证明：∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝2， ∴∠CAB＝∠CBA＝45°， ∵AD⊥DF，则∠ADF＝90°， ∴∠AFD＝90°﹣∠CAB＝45°， ∴△ADF为等腰直角三角形，则DA＝DF， 又∵Rt△CDE为等腰直角三角形，则∠EDC＝90°，DE＝DC， ∴∠ADF﹣∠ADC＝∠EDC﹣∠ADC， ∴∠ADE＝∠FDC， ∴△ADE≌△FDC（SAS）， ∴∠EAD＝∠CFB＝45°， ∴∠CAE＝∠CAB+∠EAD＝90°， ∴AE⊥AC； （2）证明：由旋转可知，AD＝AC，则∠ACD＝∠ADC， ∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝2， ∴∠ACD+∠BCD＝90°，AD＝AC＝BC， 又∵Rt△CDE为等腰直角三角形，则∠EDC＝∠ADE+∠ADC＝90°，DE＝DC， ∴∠ADE＝∠BCD， 在△BCD与△ADE中， ， ∴△BCD≌△ADE（SAS）； （3）解：由题意可知，当B，D，E三点在一条直线上，CD⊥BE， 作AT⊥CD于T，如图所示， 由（2）可知，△BCD≌△ADE， ∴∠CDB＝∠DEA， ∵∠CDE＝90°， ∴∠CDB＝∠DEA＝∠CDE＝90°． ∵AT⊥CD， ∴∠ATD＝∠DEA＝∠CDE＝90°． ∴ATDE为长方形， ∴AT＝DE，AE＝DT， ∵∠ATD＝∠AED＝90°， ∴△DAT≌△ADE， ∵△BCD≌△ADE， ∴△DAT≌△ADE≌△BCD． ∴AE＝DT＝BD， ∵AC＝AD，AT⊥CD， ∴CT＝DT． ∴AE＝DT＝BD＝CT． 设AE＝DT＝BD＝CT＝x，则CD＝2CT＝2x， ∵AC＝BC＝2， ∴在Rt△BCD中，x2+（2x）2＝22， ∴． ∴． 21．（2024春•青岛期中）【模型定义】 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．他们得知这种模型称为“手拉手模型”．如果把小等腰三角形的腰长看作是小手，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． 【模型探究】 （1）如图1，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，易证△CDA≌△CEB，则∠AEB的度数为 　　； 【模型应用】 （2）如图2，P为等边△ABC内一点，PA：PB：PC＝3：4：5，且PA＝3，以BP为边构造等边△BPQ，这样就有两个等边三角形共顶点B，然后连接CQ，∠APB的度数是 　　；S四边形BPCQ＝　　； （3）如图3，点P是等腰直角△ACB中内一点，∠ACB＝90°，且CP＝1，，AP＝2，以CP为直角边构造等腰直角△DCP，点C为直角顶点，则∠CPB的度数是 　　；AC的长为 　　； 【深化模型】 （4）如图4，C为线段AE上一动点（不与A、E重合），在AE同侧分别作等边△ABC和等边△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，以下五个结论：①AD＝BE；②PQ∥AE；③CP＝CQ；④BO＝OE；⑤∠AOB＝60°；⑥CO平分∠BCD，恒成立的结论有 　　． 【拓展提高】 （5）如图5，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，AB＝6，若点P是△ABC内一点，则PA+PB+PC的最小值为 　　． （6）如图6，AD＝4，CD＝3，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，则BD的长为 　　． 【分析】（1）先证明△ACD≌△BCE（SAS），可得∠ADC＝∠BEC，再利用等边三角形性质可得∠CDE＝∠CED＝60°，进而得出∠ADC＝∠BEC＝120°，即可求得答案． （2）先证明△ABP≌△CBQ（SAS），可得AP＝CQ，∠APB＝∠CQB，由等边三角形性质可得：PQ＝BQ＝PB＝4，∠PBQ＝∠BQP＝60°，再运用勾股定理逆定理可得∠PQC＝90°，再利用S四边形BPCQ＝S△BPQ+S△CPQ即可求得答案． （3）连接AD，先证明△CAD≌△CBP（SAS），可得：AD＝BP＝，∠CDA＝∠CPB，再运用勾股定理逆定理可得∠ADP＝90°，推出∠APC＝90°，运用勾股定理即可求得答案． （4）利用SAS证得△DCA≌△ECB，可得AD＝BE，故结论①正确．利用ASA证得△ACP≌△BCQ，可得CP＝CQ，故结论③正确．利用等边三角形的性质推出∠ACB＝∠CPQ，再运用平行线的判定可得PQ∥AE，故结论②正确．没有条件证出BO＝OE，故结论④错误．利用三角形外角性质可得∠AOB＝∠ACB＝60°，故结论⑤正确．由PC＝QC，∠AOC＝∠EOC，OC＝OC，不能说明△POC与△QOC全等，∠BCO≠∠DCO，故结论⑥错误． （5）将△BAP绕点B逆时针旋转60°得到△BA′P′，连接PP′，A′C，过点A′作A′K⊥BC，交CB的延长线于点K，可得PA+PB+PC＝P′A′+PP′+PC≥A′C，再运用勾股定理即可得出答案． （6）过点A作EA⊥AD，且AE＝AD，连接CE，DE，运用勾股定理可得CE＝＝，利用SAS可证得△BAD≌△CAE，即可得出答案． 【详解】解：（1）如图1， ∵△ACB和△DCE均为等边三角形， ∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°， 即∠ACD+∠BCD＝∠BCD+∠BCE， ∴∠ACD＝∠BCE． 在△ACD和△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE（SAS）． ∴∠ADC＝∠BEC． ∵△DCE为等边三角形， ∴∠CDE＝∠CED＝60°． ∵点A，D，E在同一直线上， ∴∠ADC＝120°． ∴∠BEC＝120°． ∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝60°． 故答案为：60°． （2）如图2， ∵△ABC与△BPQ都是等边三角形， ∴AB＝BC，BP＝BQ＝PQ，∠ABC＝∠PBQ＝∠BQP＝60°， ∴∠ABC﹣∠PBC＝∠PBQ﹣∠PBC，即∠ABP＝∠CBQ， 在△ABP和△CBQ中， ， ∴△ABP≌△CBQ（SAS）， ∴AP＝CQ，∠APB＝∠CQB， ∵PA：PB：PC＝3：4：5，且PA＝3， ∴PB＝4，PC＝5，CQ＝3， ∵△BPQ是等边三角形， ∴PQ＝BQ＝PB＝4，∠PBQ＝∠BQP＝60°， 在△CPQ中，CQ2+PQ2＝32+42＝25＝PC2， ∴∠PQC＝90°， ∴∠BQC＝∠BQP+∠PQC＝60°+90°＝150°， ∴∠APB＝150°； S四边形BPCQ＝S△BPQ+S△CPQ＝×42+×3×4＝4+6； 故答案为：150°；4+6； （3）如图3，连接AD， ∵△ACB、△DCP均为等腰直角三角形， ∴∠ACB＝∠DCP＝90°，CA＝CB，CD＝CP， ∴∠DCP﹣∠ACP＝∠ACB﹣∠ACP， 即∠ACD＝∠BCP， 在△CAD和△CBP中， ， ∴△CAD≌△CBP（SAS）， ∴AD＝BP＝，∠CDA＝∠CPB， 在等腰直角三角形DCP中，CP＝1，∠DCP＝90°， ∴CD＝1，DP＝，∠CDP＝∠CPD＝45°， 在△ADP中，AD2+DP2＝（）2+（）2＝4，AP2＝22＝4， ∴AD2+DP2＝AP2， ∴∠ADP＝90°， ∴∠CDA＝∠CDP+∠ADP＝45°+90°＝135°， ∴∠CPB＝135°； ∵AD＝DP，∠ADP＝90°， ∴∠APD＝45°， ∴∠APC＝∠APD+∠CPD＝45°+45°＝90°， ∴AC＝＝＝， 故答案为：135°；； （4）∵△ABC和△CDE是等边三角形， ∴BC＝AC，DE＝DC＝CE，∠BCA＝∠DCE＝60°， ∴∠BCA+∠BCD＝∠DCE+∠BCD， 即∠ACD＝∠BCE． 在△DCA和△ECB中， ， ∴△DCA≌△ECB（SAS）， ∴AD＝BE，故结论①正确． ∵△ACD≌△BCE， ∴∠CAD＝∠CBE． ∵∠ACB＝∠ECD＝60°， ∴∠BCD＝60°， ∴∠ACP＝∠BCQ＝60°． 在△ACP与△BCQ中， ， ∴△ACP≌△BCQ（ASA）， ∴CP＝CQ，故结论③正确． ∵∠PCQ＝60°， ∴△PCQ是等边三角形， ∴∠CPQ＝60°， ∴∠ACB＝∠CPQ， ∴PQ∥AE，故结论②正确． 没有条件证出BO＝OE，故结论④错误． ∵∠CAD＝∠CBE，∠APC＝∠OPB， ∴∠AOB＝∠ACB＝60°，故结论⑤正确． ∵PC＝QC，∠AOC＝∠EOC，OC＝OC， ∴不能说明△POC与△QOC全等， ∴∠BCO≠∠DCO，故结论⑥错误． 综上所述，正确的结论有①②③⑤， 故答案为：①②③⑤． （5）如图5，将△BAP绕点B逆时针旋转60°得到△BA′P′，连接PP′，A′C， 过点A′作A′K⊥BC，交CB的延长线于点K， 则∠A′BP′＝∠ABP，BP′＝BP，A′B＝AB，P′A′＝PA， 在△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，AB＝6， ∴∠ABC＝60°，BC＝AB＝3， ∵BP′＝BP，∠P′BP＝60°， ∴△BPP′是等边三角形， ∴PP′＝BP， ∴PA+PB+PC＝P′A′+PP′+PC≥A′C， ∵∠PBC+∠ABP＝∠ABC＝60°， ∴∠PBC+∠A′BP′＝60°， ∴∠A′BC＝∠PBC+∠A′BP′+∠P′BP＝120°， ∴∠A′BK＝180°﹣∠A′BC＝60°， ∵∠A′KB＝90°， ∴∠BA′K＝30°， ∴BK＝A′B＝3， 在Rt△A′BK中，A′K＝＝＝3， ∴CK＝BC+BK＝3+3＝6， 在Rt△A′CK中，A′C＝＝＝3， ∴PA+PB+PC的最小值为3， 故答案为：3； （6）过点A作EA⊥AD，且AE＝AD，连接CE，DE，如图6所示： 则△ADE是等腰直角三角形，∠EAD＝90°， ∴DE＝AD＝4，∠EDA＝45°， ∵∠ADC＝45°， ∴∠EDC＝45°+45°＝90°， 在Rt△DCE中，CE＝＝＝， ∵∠ACB＝∠ABC＝45°， ∴∠BAC＝90°，AB＝AC， ∵∠BAC+∠CAD＝∠EAD+∠CAD，即∠BAD＝∠CAE， 在△BAD和△CAE中， ， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴BD＝CE＝， 故答案为：． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！35 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题1-2 “相等角共顶点”三角形全等——基础篇 一般的，两个三角形有一组相等角的顶点重合，则有下面相关结论（如图） 1．如图，在△ABC中，已知∠1＝∠2，BE＝CD，AB＝5，AE＝2，则CE＝（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 2．（2023秋•泗洪县期末）如图，AC和BD相交于O点，若OA＝OD，用“SAS”证明△AOB≌△DOC还需（　　） A．AB＝DC B．OB＝OC C．∠A＝∠D D．∠AOB＝∠DOC 3．如图，BC∥EF，BC＝BE，AB＝FB，∠1＝∠2，若∠1＝55°，则∠C的度数为　 　． 4．如图，△ABC的两条高AD，BE相交于点F，请添加一个条件，使得△ADC≌△BEC（不添加其他字母及辅助线），你添加的条件是　 　．并证明结论． 5．（2023秋•临桂区期中）如图：在△ABC中，BE、CF分别是AC、AB两边上的高，在BE上截取BD＝AC，在CF的延长线上截取CG＝AB，连接AD、AG． （1）求证：AD＝AG； （2）AD与AG的位置关系如何，请说明理由． 6．如图，在△ABC中，BE，CF是高，点D在线段BE上，点G在线段CF的延长线上，且BD＝CA，GC＝AB，连接AD，AG． （1）求证：AD＝AG； （2）AD与AG之间的位置关系如何？请说明理由． 专题1-2“相等角共顶点”三角形全等——培优篇 7．（2023秋•铁西区期末）如图，点D，E分别在线段AB，AC上，CD与BE相交于O点，已知AB＝AC，现添加以下的哪个条件仍不能判定△ABE≌△ACD（　　） A．∠B＝∠C B．BE＝CD C．BD＝CE D．AD＝AE 8．（2023秋•岑溪市期末）如图，已知CA＝CD，∠1＝∠2，如果只添加一个条件（不加辅助线）使△ABC≌△DEC，则添加的条件不能为（　　） A．AB＝DE B．∠B＝∠E C．BC＝EC D．∠A＝∠D 9．（2021秋•大同区校级期末）如图，∠E＝∠F＝90°，∠B＝∠C，AE＝AF给出下列结论： ①∠1＝∠2；②BE＝CF；③△ACN≌△ABM；④CD＝DN．其中正确的结论是（　　） A．①②③ B．②③ C．①③ D．①②③④ 10．如图，已知CD⊥AB，BE⊥AC，垂足分别为D，E，BE，CD交于点O，连接AO．若AO平分∠BAC，则图中的全等三角形共有 　 　对． 11．如图，点O为线段AB上的任意一点（不与A，B重合），分别以AO，BO为一腰在AB的同侧作等腰△AOC和△BOD，OA＝OC，OB＝OD，∠AOC与∠BOD都是锐角，且∠AOC＝∠BOD，AD与BC相交于点P，∠COD＝110°，则∠APB＝　 　°． 12．如图，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，D是AC上一点，E在BC的延长线上，且AE＝BD，BD的延长线与AE交于点F．试通过观察、测量、猜想等方法来探索BF与AE有何特殊的位置关系，并说明你猜想的正确性． 13．在学习全等三角形知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型：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探究： （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的关系，并说明理由． 14．（2024春•深圳校级期中）在学习全等三角形知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型：模型是由两个顶角相等且有公共顶角顶点的等腰三角形组成的图形，如果把它们的底角顶点连接起来，则在相对位置变化的过程中，始终存在一对全等三角形，我们把这种模型称为“手拉手模型”．这个数学兴趣小组进行了如下操作： （1）如图1，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝40°（AB＞AD），连接BD，CE，当点E落在AB边上，且D，E，C三点共线时，则在这个“手拉手模型”中，和△ABD全等的三角形是 　 　，∠BDC的度数为 　 　． （2）如图2，已知△ABC，分别以AB、AC为直角边向△ABC两侧作等腰直角△ABE和等腰直角△ACD，其中∠BAE＝∠CAD＝90°，连接CE、BD，线段CE和BD交于点O． ①证明：CE＝BD且CE⊥BD； ②若DC与BC在同一直线上，如图3，延长DA与CE交于点F，连接BF并延长，BF的延长线与边AE交于点G，且AF＝AG，若△ABE和△ACD的面积之和为20，△ABG的面积为6，求线段EG的长． 专题1-2“相等角共顶点”三角形全等——拔尖篇 15．如图，在△AOB和△COD中，OA＝OB，OC＝OD，OA＜OC，∠AOB＝∠COD＝36°．连接AC，BD交于点M，连接OM．下列结论： ①∠AMB＝36°，②AC＝BD，③OM平分∠AOD，④MO平分∠AMD．其中正确的结论个数有（　　）个． A．4 B．3 C．2 D．1 16．（2024春•沈阳期中）数学研究小组以“手拉手图形”为主题开展数学活动，两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把他们的底角顶点连接起来，则形成一组全等三角形，我们把这个规律的图形称为“手拉手图形”．如图1，已知等边△ABC的边长为6，点D，E分别为AC，BC的中点，现将△CDE绕点C顺时针旋转角度为α（0°＜α＜360°），直线BE，AD相交于点F；当△CDE旋转到图2位置（B、C、D在同一直线上）时，∠AFB的度数为 　 　．在整个旋转过程中，当点D与F重合时，BE的长为 　 　 17．（2023秋•镇平县期中）在学习全等三角形知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型，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探究： （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是小手，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 　 　，此时线段BD和CE的数量关系是 　 　； （2）如图2，两个等腰直角△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，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°，BE与CD相交于点P，请直接写出线段BE和CD的数量关系及∠PBC+∠PCB的度数． 18．（2023春•和平县期末）（1）问题发现：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，我们把具有这种规律的图形称为“手拉手”图形， 如图1，△ABC和△ADE是顶角相等的等腰三角形，即AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE，分别连接BD，CE，求证：BD＝CE； （2）类比探究：如图2，△ABC和△ADE是都是等腰三角形，即AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE＝90°，B，C，D在同一条直线上．请判断线段BD与CE存在怎样的数量关系及位置关系，并说明理由； （3）问题解决：如图3，若△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，且CA＝CB，CD＝CE，∠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，若AE＝7，BE＝2，请直接写出CM的长，不说明理由． 19．（2024春•高新区校级期中）【综合实践】如果两个等腰三角形的顶角相等，且顶角的顶点互相重合，则称此图形为“手拉手全等模型”．因为顶点相连的四条边，可以形象地看作两双手，所以通常称为“手拉手模型”． 【初步把握】如图1，△ABC与△ADE都是等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE，则有△ABD≌　 　；线段BD和CE的数量关系是 　 　； 【深入研究】如图2，△ABC和△ADE是都是等腰三角形，即AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE＝90°，B，C，D在同一条直线上．请判断线段BD与CE存在怎样的数量关系及位置关系，并说明理由； 【拓展延伸】如图3，直线l1⊥l2，垂足为点O，l2上有一点M在点O右侧且OM＝4，点N是l1上一个动点，连接MN，在MN下方作等腰直角三角形NMP，MN＝MP，∠NMP＝90°，连接OP．请直接写出线段OP的最小值及此时ON的长度． 20．（2024春•洪山区校级月考）如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，将线段AC绕点A顺时针旋转得到线段AD，连接CD，以CD为直角边，在CD左侧构造等腰Rt△CDE，其中DC＝DE，∠CDE＝90°，连接AE，BD． （1）如图1，若点D在AB上，求证：AE⊥AC； 小明提供了如图2的思路：他利用∠BAC＝45°的条件，在点D作AD的垂线交AC的延长线于点F，从而利用共点D的两个等腰直角三角形“手拉手”模型，通过全等，转角得到结论； 请你按照小明的思路完成第（1）问； （2）如图3，若点D在AB的下方，求证：△BCD≌△ADE； （3）如图4，若B，D，E三点在一条直线上，求BD的长． 21．（2024春•青岛期中）【模型定义】 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．他们得知这种模型称为“手拉手模型”．如果把小等腰三角形的腰长看作是小手，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． 【模型探究】 （1）如图1，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，易证△CDA≌△CEB，则∠AEB的度数为 　 　； 【模型应用】 （2）如图2，P为等边△ABC内一点，PA：PB：PC＝3：4：5，且PA＝3，以BP为边构造等边△BPQ，这样就有两个等边三角形共顶点B，然后连接CQ，∠APB的度数是 　 　；S四边形BPCQ＝　 　； （3）如图3，点P是等腰直角△ACB中内一点，∠ACB＝90°，且CP＝1，，AP＝2，以CP为直角边构造等腰直角△DCP，点C为直角顶点，则∠CPB的度数是 　 　；AC的长为 　 　； 【深化模型】 （4）如图4，C为线段AE上一动点（不与A、E重合），在AE同侧分别作等边△ABC和等边△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，以下五个结论：①AD＝BE；②PQ∥AE；③CP＝CQ；④BO＝OE；⑤∠AOB＝60°；⑥CO平分∠BCD，恒成立的结论有 　 　． 【拓展提高】 （5）如图5，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，AB＝6，若点P是△ABC内一点，则PA+PB+PC的最小值为 　 　． （6）如图6，AD＝4，CD＝3，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，则BD的长为 　 　． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$