专题03 全等三角形模型之手拉手模型-2024-2025学年八年级数学上册常见几何模型全归纳之模型解读与提分精练（苏科版）

专题03 全等三角形模型之手拉手模型 全等三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位，也是学生必须掌握的一块内容，本专题就全等三角形中的重要模型（手拉手（旋转）模型）进行梳理及对应试题分析，方便掌握。 大家在掌握几何模型时，多数同学会注重模型结论，而忽视几何模型的证明思路及方法，导致本末倒置。要知道数学题目的考察不是一成不变的，学数学更不能死记硬背，要在理解的基础之上再记忆，这样才能做到对于所学知识的灵活运用，并且更多时候能够启发我们解决问题的关键就是基于已有知识、方法的思路的适当延伸、拓展，所以学生在学习几何模型要能够做到的就是：①认识几何模型并能够从题目中提炼识别几何模型；②记住结论，但更为关键的是记住证明思路及方法；③ 明白模型中常见的易错点，因为多数题目考察的方面均源自于易错点。当然，以上三点均属于基础要求，因为题目的多变性，若想在几何学习中突出，还需做到的是，在平时的学习过程中通过大题量的训练，深刻认识几何模型，认真理解每一个题型，做到活学活用！ 1 模型1.全等模型--手拉手模型 1 17 模型1.全等模型--手拉手模型 将两个三角形（或多边形）绕着公共顶点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。其中：公共顶点A记为“头”，每个三角形另两个顶点逆时针顺序数的第一个顶点记为“左手”，第二个顶点记为“右手”。 等线段，共顶点，旋转前后的图形大小，形状不发生变化，只是位置不同而已。解题是通过三角形全等进行解决。SAS型全等（核心在于导角，即等角加（减）公共角）。 1）双等边三角形型 条件：△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。 证明： ∵△ABC和△DCE均为等边三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=60° ∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即：∠BCE=∠ACD，∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，又∵∠CMB=∠AMF，∴∠AFM=∠BCM=60°， 过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°，又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CF平分∠BFD。 2）双等腰直角三角形型 条件：△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∠BND。 证明： ∵△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=90° ∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD，∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，又∵∠CMB=∠AMN，∴∠ANM=∠BCM=90°， 过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°，又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CN平分∠BND。 3）双等腰三角形型 条件：BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD，C为公共点；连接BE，AD交于点F。 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠BCM=∠AFM；④CF平分∠BFD。 证明： ∵∠BCA=∠ECD，∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD， 又∵BC=AC，CE=CD，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE=AD，∠CBE=∠CAD， 又∵∠CMB=∠AMF，∴∠BCM=∠AFM，过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°， 又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CF平分∠BFD。 4）双正方形形型 条件：四边形ABCD和四边形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。 证明： ∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，∴BC=AC，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90° ∴∠BCD+∠DCG=∠ECG+∠DCG，即∠BCG=∠DCE，∴△BCG≌△DCE（SAS）， ∴BG=DE，∠CBG=∠CDE，又∵∠CMB=∠DMN，∴∠BCM=∠DNM=90°， 过点C作CP⊥DE,CQ⊥BG,则∠CPD=∠CPB=90°，又∵∠CBG=∠CDE，BC=DC，∴△BCQ≌△DCP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CN平分∠BND。 例1．（2024·广东·八年级统考期中）如图1，等边与等边的顶点，，三点在一条直线上，连接交于点，连． (1)求证：；(2)求证：平分； (3)设，若，直接写出a，b，c之间满足的数量关系． 例2．（23-24八年级下·云南文山·期末）已知和都是等边三角形． (1)如图1，点D在边上，连接、．求证：； (2)如图2，将绕点B顺时针旋转，当点E落在的平分线上（在的内部），连接，求此时的度数；(3)如图3，F是的中点，若等边三角形的边长为6，等边三角形的边长为4，绕点B旋转过程中是否存在某一时刻，使得线段的长度最小？若存在，求出的最小值：若不存在，请说明理由． 例3．（2024八年级·广东·培优）如图，在中，，，，且，连接、、，则下列结论：①，②为等腰三角形，③，④，其中正确的是（    ）． A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 例4．（23-24七年级下·山东济南·期末）在学习全等三角形的知识时，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．在相对位置变化时，始终存在一对全等三角形．通过查询资料，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作： (1)观察猜想：如图，在中，分别以，为边向外作等腰直角和等腰直角，，连接，，则与的数量关系为 ，位置关系为 ； (2)类比探究：如图 ，在中，分别以，为边作等腰直角和等腰直角，， 点，，在同一直线上，为中边上的高，猜想，，之间的数量关系并说明理由； (3)解决问题：运用（）（）中所积累的经验和知识，完成下题：如图，要测量池塘两岸相对的两点，的距离，已经测得，，，米，米，的长为 米． 例5．（23-24八年级下·山东菏泽·期中）我们定义：如果两个等腰三角形顶角相等，且顶角顶点互相重合，则称此图形为“手拉手全等模型”．因为顶点相连的四条边，形象的可以看作两双手，所以通常称为“手拉手全等模型”．(1)例如，如图1，与都是等腰三角形，其中，则________（________）； (2)类比：如图2，已知与都是等腰三角形，，，且，求证：；(3)拓展：如图3，，，，试探索线段，，之间满足的等量关系，并证明结论． 例6．（2023·山东临沂·八年级统考期末）【知识背景】我们在第十一章《三角形》中学习了三角形的边与角的性质，在第十二章《全等三角形》中学习了全等三角形的性质和判定，在第十三章《轴对称》中学习了等腰三角形的性质和判定．在一些探究题中经常用以上知识转化角和边，进而解决问题． (1)【问题初探】如图（1），中，，，点D是BC上一点，连接AD，以AD为一边作，使，，连接BE，猜想BE和CD有怎样的数量关系，并说明理由． (2)【类比再探】如图（2），中，，，点M是AB上一点，点D是BC上一点，连接MD，以MD为一边作，使，，连接BE，则______．（直接写出答案，不写过程；需要作辅助线的，请说明辅助线的作法，并在图（2）中作出辅助线） (3)【方法迁移】如图（3），是等边三角形，点D是BC上一点，连接AD，以AD为一边作等边三角形ADE连接BE，则BD，BE，BC之间有怎样的数量关系？（直接写出答案，不写过程）． (4)【数学思考】如图（4），是等边三角形，点M是AB上一点，点D是BC上一点，连接MD，以MD为一边作等边三角形MDE，连接BE猜想的度数，并说明理由． 例7．（2024·广东·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． 例8．（2023·江苏无锡·八年级校考阶段练习）如图1，图2，图3，在中，分别以为边，向外作正三角形，正四边形，正五边形，相交于点．（正多边形的各边相等，各个内角也相等） ①如图1，求证：△ABE≌△ADC；②探究：如图1，∠BOD= ； ③如图2，∠BOD= ；④如图3，∠BOD= ． 1．（2023·重庆·七年级重庆八中校考期中）如图：，，，，连接与交于，则：①；②；③；正确的有（  ）个 A．0 B．1 C．2 D．3 2．（23-24八年级上·江苏泰州·阶段练习）如图，分别以的边所在直线为对称轴作的对称图形和，，，线段与相交于点O，连接．有如下结论：①；②；③平分；④；⑤．其中正确的结论个数是（    ）； A．2 B．3 C．4 D．5 3．（2022·湖南·中考真题）如图，点是等边三角形内一点，，，，则与的面积之和为（     ） A． B． C． D． 4．（2023·福建·福州九年级期末）如图，△ABC是等边三角形，且，点D在边BC上，连按AD，将线段AD绕点A顺时针旋转60°，得到线段AE，连接DE，BE．则△BED的周长最小值是_________． 5．（2023·安徽芜湖·八年级期末）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：FA平分∠BFE． 6．（2024·辽宁大连·八年级统考期中）如图，在等边三角形ABC中，点E是边CA延长线上一点，点D是直线BC上一动点，以DE为一边作等边三角形DEF，连接CF． (1)如图1，若点D在边BC上，求证：CE=CF+CD； (2)如图2，若点D在边BC的延长线上，请探究线段CE，CF与CD之间存在怎样的数量关系，并说明理由． 7．（2023·江苏·八年级专题练习）已知为等边三角形． （1）如图1，点D为边上一点，以为边作等边三角形，连接，求证：． （2）如图2，当点D在边的延长线上时，以为边作等边三角形，求证：无论点D的位置如何变化，的内角平分线的交点P始终在的角平分线上． （3）如图3，以为腰作等腰直角三角形，取斜边的中点E，连接，交于点F．试判断线段，，之间存在何种数量关系，并证明你的结论． 8．（2023·江苏·八年级专题练习）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． 9．（2023·江苏·八年级专题练习）问题发现：如图1，已知为线段上一点，分别以线段，为直角边作等腰直角三角形，，，，连接，，线段，之间的数量关系为______；位置关系为_______．拓展探究：如图2，把绕点逆时针旋转，线段，交于点，则与之间的关系是否仍然成立？请说明理由． 10．（2023春·广东揭阳·九年级校考期中）已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝4，另有一块等腰直角三角板的直角顶点放在C处，CP＝CQ＝2，将三角板CPQ绕点C旋转(保持点P在△ABC内部)，连接AP、BP、BQ．（1）如图1求证：AP＝BQ；（2）如图2当三角板CPQ绕点C旋转到点A、P、Q在同一直线时，求AP长． 11．（2022·河南·方城县一模）在数学兴趣小组活动中，小亮进行数学探究活动． (1)△ABC是边长为3的等边三角形，E是边AC上的一点，且AE=1，小亮以BE为边作等边三角形BEF，如图（1）所示．则CF的长为 ．（直接写出结果，不说明理由） (2)△ABC是边长为3的等边三角形，E是边AC上的一个动点，小亮以BE为边作等边三角形BEF，如图（2）所示．在点E从点C到点A的运动过程中，求点F所经过的路径长． 思路梳理并填空：当点E不与点A重合时，如图，连结CF， ∵△ABC、△BEF都是等边三角形 ∴BA=BC，BE=BF，∠ABC=∠EBF=60° ∴①∠ABE+ =∠CBF+ ； ∴∠ABE=∠CBF ∴△ABE≌△CBF ∴∠BAE=∠BCF=60° 又∠ABC=60° ∴∠BCF=∠ABC ∴②______∥______； 当点E在点A处时，点F与点C重合． 当点E在点C处时，CF=CA． ∴③点F所经过的路径长为 ． (3)△ABC是边长为3的等边三角形，M是高CD上的一个动点，小亮以BM为边作等边三角形BMN，如图（3）所示．在点M从点C到点D的运动过程中，求点N所经过的路径长． (4)正方形ABCD的边长为3，E是边CB上的一个动点，在点E从点C到点B的运动过程中，小亮以B为顶点作正方形BFGH，其中点F，G都在直线AE上，如图（4）．当点E到达点B时，点F，G，H与点B重合．则点H所经过的路径长为 ．（直接写出结果，不说明理由） 12．（2023·安徽八年级月考）综合与实践 特例研究：将矩形和按如图1放置，已知，连接． 如图1，当点在上时，线段与之间的数量关系是__ ；直线与直线之间的位置关系是_ ； 拓广探索：图2是由图1中的矩形绕点顺时针旋转一定角度得到的，请探索线段与之间的数量关系和直线与直线之间的位置关系，并说明理由． 13．（2023·福建八年级期中）如图甲，在△ABC中，∠ACB为锐角，点D为射线BC上一动点，连接AD，以AD为一边且在AD的右侧作正方形ADEF．解答下列问题 (1)如果AB＝AC，∠BAC＝90°，①当点D在线段BC上时（与点B不重合），如图乙，线段CF、BD之间的位置关系为 ，数量关系为 ．②当点D在线段BC的延长线上时，如图丙，①中的结论是否仍然成立，为什么？(2)如果AB≠AC，∠BAC≠90°点D在线段BC上运动．试探究：当△ABC满足一个什么条件时，CF⊥BC（点C、F重合除外）？并说明理由． 14．（2023春·江苏八年级期中）中，，，点在边上，将线段逆时针旋转得到，连接． (1)当，时，求证：．(2)当，时，若，求的值． 15．（2023春·湖北武汉·八年级校考阶段练习） (1)如图1，在中，，，，则与的数量关系是 ，与延长线的夹角 ；(2)如图2，四边形中，，，，连接，猜想、、之间的数量关系，并证明你的猜想；(3)如图3，四边形中，，，，，，请直接写出的长为 ． 16．（2023春·江苏·七年级专题练习）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． 17．（2023·重庆市九年级阶段练习）【问题背景】如图1，P是等边三角形ABC外一点，∠APB＝30°，则PA2+PB2＝PC2．小明为了证明这个结论，将△PAB绕点A逆时针旋转60°，请根据此思路完成其证明． 【迁移应用】如图2，在等腰直角三角形ABC中，BA＝BC，∠ABC＝90°，点P在△ABC外部，且∠BPC＝45°，若△APC的面积为5.5，求PC． 18．（2023·贵州黔东南·八年级校联考期末）【探究发现】（1）如图1，在四边形中，对角线，垂足是O，求证：． 【拓展迁移】（2）如图2．以三角形的边、为边向外作正方形和正方形，求证：．（3）如图3，在（2）小题条件不变的情况下，连接，若，，，则的长_____________．（直接填写答案） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题03 全等三角形模型之手拉手模型 全等三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位，也是学生必须掌握的一块内容，本专题就全等三角形中的重要模型（手拉手（旋转）模型）进行梳理及对应试题分析，方便掌握。 1 模型1.全等模型--手拉手模型 1 17 模型1.全等模型--手拉手模型 将两个三角形（或多边形）绕着公共顶点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。其中：公共顶点A记为“头”，每个三角形另两个顶点逆时针顺序数的第一个顶点记为“左手”，第二个顶点记为“右手”。 等线段，共顶点，旋转前后的图形大小，形状不发生变化，只是位置不同而已。解题是通过三角形全等进行解决。SAS型全等（核心在于导角，即等角加（减）公共角）。 1）双等边三角形型 条件：△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。 证明： ∵△ABC和△DCE均为等边三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=60° ∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即：∠BCE=∠ACD，∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，又∵∠CMB=∠AMF，∴∠AFM=∠BCM=60°， 过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°，又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CF平分∠BFD。 2）双等腰直角三角形型 条件：△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∠BND。 证明： ∵△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=90° ∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD，∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，又∵∠CMB=∠AMN，∴∠ANM=∠BCM=90°， 过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°，又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CN平分∠BND。 3）双等腰三角形型 条件：BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD，C为公共点；连接BE，AD交于点F。 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠BCM=∠AFM；④CF平分∠BFD。 证明： ∵∠BCA=∠ECD，∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD， 又∵BC=AC，CE=CD，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE=AD，∠CBE=∠CAD， 又∵∠CMB=∠AMF，∴∠BCM=∠AFM，过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°， 又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CF平分∠BFD。 4）双正方形形型 条件：四边形ABCD和四边形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。 证明： ∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，∴BC=AC，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90° ∴∠BCD+∠DCG=∠ECG+∠DCG，即∠BCG=∠DCE，∴△BCG≌△DCE（SAS）， ∴BG=DE，∠CBG=∠CDE，又∵∠CMB=∠DMN，∴∠BCM=∠DNM=90°， 过点C作CP⊥DE,CQ⊥BG,则∠CPD=∠CPB=90°，又∵∠CBG=∠CDE，BC=DC，∴△BCQ≌△DCP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CN平分∠BND。 例1．（2024·广东·八年级统考期中）如图1，等边与等边的顶点，，三点在一条直线上，连接交于点，连． (1)求证：；(2)求证：平分； (3)设，若，直接写出a，b，c之间满足的数量关系． 【答案】(1)见解析(2)见解析(3) 【分析】（1）由题意结合等边三角形的性质，可得，，，即，再证，即可证得； （2）过点作交于点，过点作交于点，由，根据全等三角形对应边上的高相等，可得，，再由角平分线的判定可得，平分； （3）过点作交于点，过点作交于点，在上截取一点，使得，在上截取一点，使得，连接，，先证，推导，同法可证，，最后根据三角形面积关系，得出，则可得到答案． 【详解】（1）证明：∵等边与等边的顶点，，三点在一条直线上， ∴，，∴， ∴，，∴， ∵等边，等边，∴，， 在与中，∵，∴，∴． （2）证明：如图1，过点作交于点，过点作交于点， ∵（1）中已证，又∵，，∴， ∵，，∴平分． （3），理由如下： 如图2，过点作交于点，过点作交于点，在上截取一点，使得，在上截取一点，使得，连接，， ∵，∴，∵， 又∵等边，∴，∴， ∵，∴，即， ∵，∴是等边三角形，∴，， ∵是等边三角形，∴，，∴， 即，在与中，∵， ∴，∴．∵，， ∴， 同法可证，，∵，∴． ∵，，∴， ∵（2）中已证，∴，∴，即． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质及判定，三角形全等的判定及性质应用，三角形面积关系等，综合性强，难度较大． 例2．（23-24八年级下·云南文山·期末）已知和都是等边三角形． (1)如图1，点D在边上，连接、．求证：； (2)如图2，将绕点B顺时针旋转，当点E落在的平分线上（在的内部），连接，求此时的度数；(3)如图3，F是的中点，若等边三角形的边长为6，等边三角形的边长为4，绕点B旋转过程中是否存在某一时刻，使得线段的长度最小？若存在，求出的最小值：若不存在，请说明理由． 【答案】(1)见解析(2)(3) 【分析】（1）先根据等边三角形的性质得出，，，即可由得出结论．（2）先证明，得到．再由角平分线定义，求得，即可求解．（3）连接，当点D落在线段上时，线段的长度最小．根据等边三角形的性质与勾股定理求出，即可由求解． 【详解】（1）证明：等边三角形，，． 是等边三角形，， 在和中， （2）解：∵等边三角形，，． ∵是等边三角形，， 即 在和中，∵．． ∵，且是的平分线， （3）解：存在．连接，当点D落在线段上时，线段的长度最小．如图， ∵F是的中点，且是边长为6的等边三角形，，，． 在中，根据勾股定理得 ∵是边长为4的等边三角形，的最小值为 【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，角平分线的定义，两点之间线段最短，勾股定理．根据两点之间线段最短得到当点D落在线段上时，线段的长度最小是银题的关键． 例3．（2024八年级·广东·培优）如图，在中，，，，且，连接、、，则下列结论：①，②为等腰三角形，③，④，其中正确的是（    ）． A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】①根据，，利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可求出，从而得证结论正确；②利用求证即可得出结论； ③延长交于点G，交于点F，根据,得出，根据，得出，即可证明结论；④过点D作于点M，作于点N，证明四边形为矩形，得出，根据直角三角形的性质得出，根据，得出，证明垂直平分，即可得出结论． 【详解】解：①∵，，∴， ∵，∴，∴，故①正确； ②∵，，∴，∴， ∵，，∴，∴， ∵，∴，∴为等腰三角形，故②正确； ③延长交于点G，交于点F，如图所示： ∵,∴，∵， 又∵， ∴，∴，故③正确． ④过点D作于点M，作于点N，如图所示： 则，∴四边形为矩形，∴， ∵，，∴， ∵，∴，∴，∴垂直平分，∴，故④正确． 综上分析可知，正确的结论为①②③④．故选：D． 【点睛】此题主要考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，矩形的判定和性质，线段垂直平分线的性质等知识点的理解和掌握，此题有一定的拔高难度，属于难题． 例4．（23-24七年级下·山东济南·期末）在学习全等三角形的知识时，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．在相对位置变化时，始终存在一对全等三角形．通过查询资料，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作： (1)观察猜想：如图，在中，分别以，为边向外作等腰直角和等腰直角，，连接，，则与的数量关系为 ，位置关系为 ； (2)类比探究：如图 ，在中，分别以，为边作等腰直角和等腰直角，， 点，，在同一直线上，为中边上的高，猜想，，之间的数量关系并说明理由； (3)解决问题：运用（）（）中所积累的经验和知识，完成下题：如图，要测量池塘两岸相对的两点，的距离，已经测得，，，米，米，的长为 米． 【答案】(1)；；(2)，理由见解析；(3)米． 【分析】（）证即可证出，再根据“”字型得； （）先 证，再证，最后通过线段和差即可得证； （）按照前问思路构造“手拉手模型”全等，作，使，连接，则为等腰直角三角形，证明，则，最后利用勾股定理求即可； 本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等内容，熟练掌握相关知识和添加合适的辅助线是解题关键． 【详解】（1）解：∵和都是等腰直角三角形,∴，， ∵，∴，即， 在和中，，∴，∴，， 设与交于点，与交于点， ∵，∴，∴；故答案为：，； （2），理由如下： ∵和均为等腰直角三角形，∴，， ∵∴，∴， 在和中，，∴，∴， ∵，，∴，∵为等腰直角三角形，， ∴，∴，∴，∴； （3）如图，作，使，连接，则为等腰直角三角形， 同（）同理可证：，∴， ∵是等腰直角三角形，∴， ∵，∴，∵，∴， 在中，，∴（米），∴米，故答案为：． 例5．（23-24八年级下·山东菏泽·期中）我们定义：如果两个等腰三角形顶角相等，且顶角顶点互相重合，则称此图形为“手拉手全等模型”．因为顶点相连的四条边，形象的可以看作两双手，所以通常称为“手拉手全等模型”． (1)例如，如图1，与都是等腰三角形，其中，则________（________）； (2)类比：如图2，已知与都是等腰三角形，，，且，求证：；(3)拓展：如图3，，，，试探索线段，，之间满足的等量关系，并证明结论． 【答案】(1)，(2)见解析(3)，见解析 【分析】（1）先证，再根据即可证明； （2）先证，再根据即可证明； （3）连接，先证，则可得，，进而可得． 本题主要考查了全等三角形的判定和性质，以及勾股定理．熟练掌握以上知识是解题的关键． 【详解】（1）解：∵与都是等腰三角形，∴， 又∵∴，即， 在和中，，∴．故答案为： ， （2）证明：∵，∴，即， 在和中，，∴，∴； （3）解：，理由如下：连接，如图所示： ∵，，， ∴，，， ∴，∴，∴，，∴， 在中，由勾股定理得：，∴． 例6．（2023·山东临沂·八年级统考期末）【知识背景】我们在第十一章《三角形》中学习了三角形的边与角的性质，在第十二章《全等三角形》中学习了全等三角形的性质和判定，在第十三章《轴对称》中学习了等腰三角形的性质和判定．在一些探究题中经常用以上知识转化角和边，进而解决问题． (1)【问题初探】如图（1），中，，，点D是BC上一点，连接AD，以AD为一边作，使，，连接BE，猜想BE和CD有怎样的数量关系，并说明理由． (2)【类比再探】如图（2），中，，，点M是AB上一点，点D是BC上一点，连接MD，以MD为一边作，使，，连接BE，则______．（直接写出答案，不写过程；需要作辅助线的，请说明辅助线的作法，并在图（2）中作出辅助线） (3)【方法迁移】如图（3），是等边三角形，点D是BC上一点，连接AD，以AD为一边作等边三角形ADE连接BE，则BD，BE，BC之间有怎样的数量关系？（直接写出答案，不写过程）． (4)【数学思考】如图（4），是等边三角形，点M是AB上一点，点D是BC上一点，连接MD，以MD为一边作等边三角形MDE，连接BE猜想的度数，并说明理由． 【答案】(1)BE＝CD．证明见详解；(2)90°；(3)BC＝BD+BE．证明见详解；(4)∠EBD＝120°． 【分析】（1）先证出证明∠BAE＝∠CAD，再证△BAE≌△CAD即可； （2）过点M作MF∥AC交BC于点F，先证MB=MF，再证△BME≌△FMD（SAS），得出∠MBE＝∠MFD=45°即可；（3）根据△ABC和△ADE是等边三角形，得出∠BAE＝∠CAD，再证△BAE≌△CAD（SAS）即可； （4）过点M作MG∥AC交BC于点G，如图，易证△BMG是等边三角形，再利用SAS证明△BME≌△GMD，可得∠MBE＝∠MGB＝60°，进而可得结论． 【详解】（1）证明：问题初探：BE＝CD．如图（1），∵∠DAE＝∠BAC＝90°， ∴∠BAE+∠BAD=∠BAD+∠CAD，∴∠BAE＝∠CAD， 在△BAE和△CAD中，，∴△BAE≌△CAD（SAS），∴BE＝CD； （2）解：在图（2）中过点M作MF∥AC交BC于点F， ∵，，∴∠ACB=∠ABC=， ∵MF∥AC，∴∠BMF=∠A=90°，∠BFM=∠C=45°，∴MB=MF， ∵∠DME＝∠BMF＝90°，∴∠BME＝∠DMF， 在△BME和△FMD中，，∴△BME≌△FMD（SAS）， ∴∠MBE＝∠MFD=45°；∴∠EBD＝∠MBE+∠ABC＝90°．故答案为：90°； （3）解：BC＝BD+BE．如图（3），∵△ABC和△ADE是等边三角形， ∴∠DAE＝∠BAC＝60°，∴∠BAE+∠BAD=∠BAD+∠CAD=60°，∴∠BAE＝∠CAD， 在△BAE和△CAD中，，∴△BAE≌△CAD（SAS），∴BE＝CD，∴BC＝BD+CD＝BD+BE； （4）拓展创新：∠EBD＝120°．理由：在图（4）中过点M作MG∥AC交BC于点G， 如图则∠BMG=∠A=60°，∠BGM=∠C=60°，∴△BMG是等边三角形，∴BM=GM， ∵∠DME＝∠BMG＝60°，∴∠BME+∠BMD=∠BMD+∠GMD=60°，∴∠BME＝∠DMG， 在△BME和△GMD中，，∴△BME≌△GMD（SAS）， ∴∠MBE＝∠MGB＝60°，∴∠EBD＝∠MBE+∠MBG＝120°． 【点睛】本题是几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，添加辅助线构造全等三角形、灵活应用上述知识和类比的思想是解题的关键． 例7．（2024·广东·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=，△CDG的面积=， ∴△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. 例8．（2023·江苏无锡·八年级校考阶段练习）如图1，图2，图3，在中，分别以为边，向外作正三角形，正四边形，正五边形，相交于点．（正多边形的各边相等，各个内角也相等） ①如图1，求证：△ABE≌△ADC；②探究：如图1，∠BOD= ； ③如图2，∠BOD= ；④如图3，∠BOD= ． 【答案】①见解析；②60°；③90°；④108° 【分析】①根据等边三角形的性质可以得出△ABE≌△ADC． ②③④根据△ABE≌△ADC可得∠CDA=∠EBA，根据三角形内角和可得∠BOD=∠BAD，从而求解． 【详解】解：①证明：如图， ∵△ABD和△AEC是等边三角，∴AD=AB，AE=AC，∠DAB=∠EAC=∠ABD=∠ADB=60°， ∴∠DAB+∠BAC=∠EAC+∠BAC，即∠DAC=∠BAE． 在△ABE和△ADC中，，∴△ABE≌△ADC（SAS）； ②，， ∵∠AFD=∠OFB，∴∠BOD=∠BAD=60°； ③如图， 四边形和四边形是正方形， ，，，， ，即， 在和中，，，， ∵∠AHB=∠OHD，∴∠BOD=∠BAD=90°； ④如图，五边形和五边形是正五边形， ，，， ，，， 在和中，，，， ∵∠AMB=∠OMD，∴∠BOD=∠BAD=（5-2）×180°÷5=108°． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质的运用，正方形的性质的运用，正五边形的性质的运用及正边形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，解答时根据正多边形的性质证明三角形全等是关键． 1．（2023·重庆·七年级重庆八中校考期中）如图：，，，，连接与交于，则：①；②；③；正确的有（  ）个 A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】利用垂直的定义得到，则，于是可对①进行判断；利用“”可证明，于是可对②进行判断；利用全等的性质得到，则根据三角形内角和和对顶角相等得到，于是可对③进行判断． 【详解】解：，，，， ，即，所以①正确； 在和中，， ，所以②正确；， ∵∠AFD=∠MFB，，，所以③正确．故选：． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5种判定方法中，选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件． 2．（23-24八年级上·江苏泰州·阶段练习）如图，分别以的边所在直线为对称轴作的对称图形和，，，线段与相交于点O，连接．有如下结论：①；②；③平分；④；⑤．其中正确的结论个数是（    ）； A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】由轴对称可得，，则，进而可判断①的正误；由，结合轴对称的性质可知，，由三角形内角和可求，进而可判断②的正误；由，可得边上的高与边上的高相等，即到两边的距离相等，进而可判断③的正误；由轴对称的性质结合勾股定理可判断④的正误；由不全等，可判断⑤的正误． 【详解】解：∵和是的对称图形， ∴，， ∴，①正确，故符合要求； ∴，由轴对称的性质可知，， ∵，∴，即， ∴，②正确，故符合要求； ∵，∴，， ∴边上的高与边上的高相等，即到两边的距离相等， ∴平分，③正确，故符合要求； ∵，，，∴， ∵，∴，∴；故④符合要求； ∵，，，，∴， ∴不全等，即，⑤错误，故不符合要求；故选：C． 【点睛】本题考查了轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，勾股定理的应用，角平分线的判定．熟练掌握轴对称的性质是解题的关键． 3．（2022·湖南·中考真题）如图，点是等边三角形内一点，，，，则与的面积之和为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将绕点B顺时针旋转得，连接，得到是等边三角形，再利用勾股定理的逆定理可得，从而求解． 【详解】解：将绕点顺时针旋转得，连接， ，，，是等边三角形， ， ∵，，，， 与的面积之和为．故选：C． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理，旋转的性质等知识，利用旋转将与的面积之和转化为，是解题的关键． 4．（2023·福建·福州九年级期末）如图，△ABC是等边三角形，且，点D在边BC上，连按AD，将线段AD绕点A顺时针旋转60°，得到线段AE，连接DE，BE．则△BED的周长最小值是_________． 【答案】## 【分析】根据旋转可得AD=AE， ∠DAE=60°，进而得出△ADE为等边三角形，则DE=AD，根据“SAS”可证△ACD≌△ABE，可得CD=BE，而△BED的周长为BD+BE+DE=BD+CD+AD=BC+AD，当AD⊥BC时，AD最小， △BED的周长最小，然后求出AD的最小值即可解答． 【详解】解：∵线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE， ∴AD=AE，∠DAE=60°，∴△ADE是等边三角形，∴DE=AD， ∵△ABC是等边三角形，AB=4，∴AB=AC，∠BAC=60°，BC=AB=4， ∴∠BAC=∠DAE，∴∠CAD=∠BAE，∴△ACD≌△ABE，∴CD=BE， ∴△BED的周长为BD+BE+DE=BD+CD+AD=BC+AD， ∴当AD最小时，△BED的周长最小， 当AD⊥BC，时，AD最小，过A作AM⊥BC于M， ∴BM=BC=2，∴AM=，∴AD的最小值为， ∴△BED的周长最小值是4+．故答案为：4+． 【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，将求△BED的周长最小值转化求AD的最小值是解题的关键． 5．（2023·安徽芜湖·八年级期末）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：FA平分∠BFE． 【答案】(1)见解析(2)见解析 【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． 【解析】(1)证明：∵∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，即∠BAD＝∠CAE， 在△BAD和△CAE中，，∴△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， ∵，∴AM＝AN，∴点A在∠BFE平分线上，∴FA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． 6．（2024·辽宁大连·八年级统考期中）如图，在等边三角形ABC中，点E是边CA延长线上一点，点D是直线BC上一动点，以DE为一边作等边三角形DEF，连接CF． (1)如图1，若点D在边BC上，求证：CE=CF+CD； (2)如图2，若点D在边BC的延长线上，请探究线段CE，CF与CD之间存在怎样的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)证明见解析；(2) CD=CF+CE，理由见解析 【分析】（1）在CA上截取CG=CD，连接DG，先证出△CDG是等边三角形，得DG=DC=CG，∠GDC=60°=∠EDF，再证△DEG≌△DFC（SAS），得GE=CF，即可得出结论； （2）在CA的延长线上截取CG=CD，连接DG，同（1）得△CDG是等边三角形，△DEG≌△DFC（SAS），得DG=DC=CG，GE=CF，进而得出结论． 【详解】（1）证明：在CA上截取CG=CD，连接DG，如图1所示： ∵△ABC和△DEF是等边三角形，∴∠B=∠ACB=∠EDF=60°，BC=AC，DE=DF， ∵CG=CD，∴△CDG是等边三角形，∴DG=DC=CG，∠GDC=60°=∠EDF，∴∠EDG=∠FDC， 在△DEG和△DFC中， ，∴△DEG≌△DFC（SAS），∴GE=CF， ∵CE=GE+CG，∴CE=CF+CD； （2）解：CD=CF+CE，理由如下：在CA的延长线上截取CG=CD，连接DG，如图2所示： 同（1）得：△CDG是等边三角形，△DEG≌△DFC（SAS），∴DG=DC=CG，GE=CF，∵CG=GE+CE，∴CD=CF+CE． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识；熟练掌握等边三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键． 7．（2023·江苏·八年级专题练习）已知为等边三角形． （1）如图1，点D为边上一点，以为边作等边三角形，连接，求证：． （2）如图2，当点D在边的延长线上时，以为边作等边三角形，求证：无论点D的位置如何变化，的内角平分线的交点P始终在的角平分线上． （3）如图3，以为腰作等腰直角三角形，取斜边的中点E，连接，交于点F．试判断线段，，之间存在何种数量关系，并证明你的结论． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3），证明见解析． 【分析】（1）利用等边三角形的性质，得到，则问题可证； （2）过点P作PN⊥AB，交BA延长线于点N，作PM⊥BD于M，先证明△PAN≌△PDM，得出PN=PM，再证，根据角平分线的判定定理即可得出结论； （3）在上截，连接， 证，再证为等边三角形即可得出结论 【详解】（1）∵和都是等边三角形， ∴． ∴，即． 在和中，，∴． （2）过点P作于点M，交射线BA于点N，∴， ∵为内角平分线，∴，∴， ∵，∴， ∵，∴， ∴，∴，即， 在和中，，∴，∴， 在和中，，∴， ∴，∴平分，即无论点D的位置如何变化， 的内角平分线的交点P始终在的角平分线上． （3）在上截，连接， ∵，∴， 在和中，∴，∴， ∵为等腰直角三角形，∴ ∵E为斜边中点，∴，∴∴，∴， ∴，∴为等边三角形，∴，∴． 【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，等边三角形的性质，角平分线的性质和判定，三角形外角的性质等知识，添加恰当辅助线，构造全等三角形是解决本题的关键． 8．（2023·江苏·八年级专题练习）如图，在等腰△ABC与等腰△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=α，连接BD和CE相交于点P，交AC于点M，交AD于点N．(1)求证：BD=CE．(2)求证：AP平分∠BPE．(3)若α=60°，试探寻线段PE、AP、PD之间的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析(2)见解析(3)PE=AP+PD，见解析 【分析】（1）由“SAS”可证△BAD≌△CAE，可得BD=CE； （2）由全等三角形的性质可得S△BAD=S△CAE，由三角形面积公式可得AH=AF，由角平分线的性质可得AP平分∠BPE；（3）由全等三角形的性质可得∠BDA=∠CEA，由“SAS”可证△AOE≌△APD，可得AO=AP，可证△APO是等边三角形，可得AP=PO，可得PE=AP+PD，即可求解． 【详解】（1）证明：∵∠BAC=∠DAE=α，∴∠BAD=∠CAE， 又∵AB=AC，AD=AE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD=CE； （2）证明：如图，过点A作AH⊥BD，AF⊥CE， ∵△BAD≌△CAE，∴S△BAD=S△CAE，BD=CE， ∴BD×AH=CE×AF，∴AH=AF， 又∵AH⊥BD，AF⊥CE，∴AP平分∠BPE； （3）解：PE=AP+PD，理由如下： 如图，在线段PE上截取OE=PD，连接AO， ∵△BAD≌△CAE，∴∠BDA=∠CEA， 又∵OE=PD，AE=AD，∴△AOE≌△APD（SAS），∴AP=AO， ∵∠BDA=∠CEA，∠PND=∠ANE，∴∠NPD=∠DAE=α=60°， ∴∠BPE=180°-∠NPD=180°-60°=120°，又∵AP平分∠BPE，∴∠APO=60°， 又∵AP=AO，∴△APO是等边三角形，∴AP=PO，∵PE=PO+OE，∴PE=AP+PD． 【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质以及角之间的关系，证明△BAD≌△CAE是解本题的关键． 9．（2023·江苏·八年级专题练习）问题发现：如图1，已知为线段上一点，分别以线段，为直角边作等腰直角三角形，，，，连接，，线段，之间的数量关系为______；位置关系为_______． 拓展探究：如图2，把绕点逆时针旋转，线段，交于点，则与之间的关系是否仍然成立？请说明理由． 【答案】问题发现：，；拓展探究：成立，理由见解析 【分析】问题发现：根据题目条件证△ACE≌△DCB，再根据全等三角形的性质即可得出答案； 拓展探究：用SAS证，根据全等三角形的性质即可证得． 【详解】解：问题发现：延长BD，交AE于点F，如图所示： ∵，∴， 又∵,∴（SAS），， ∵，∴， ∴，∴，，故答案为：，； 拓展探究：成立．理由如下：设与相交于点，如图1所示： ∵，∴， 又∵，，∴（SAS），∴，， ∵，∴，∴，∴， 即，依然成立． 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，三角形三边关系，手拉手模型，熟练掌握全等三角形的判定和手拉手模型是解决本题的关键． 10．（2023春·广东揭阳·九年级校考期中）已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝4，另有一块等腰直角三角板的直角顶点放在C处，CP＝CQ＝2，将三角板CPQ绕点C旋转(保持点P在△ABC内部)，连接AP、BP、BQ．（1）如图1求证：AP＝BQ；（2）如图2当三角板CPQ绕点C旋转到点A、P、Q在同一直线时，求AP长． 【答案】（1）见解析；（2） 【分析】（1）根据∠ACB=∠PCQ=90°，可得∠ACP=∠BCQ，再利用SAS，即可求证； （2）根据直角三角形的性质，可得，再由勾股定理，可得，即可求解． 【详解】证明：（1）∵∠ACB=∠PCQ=90°，∴∠ACP=∠BCQ， ∵AC=BC，CP=CQ，∴△△ACP≌△BCQ（SAS）∴AP=BQ； （2）如图2中，作CH⊥PQ于H，∵CP＝CQ＝2，∴ ， ∵∠PCQ=90°，∴ ，∴ ， ∵AC=4，∴ ， ∵点A、P、Q在同一直线，∴． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，图形的旋转，勾股定理，二次根式的化简，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 11．（2022·河南·方城县一模）在数学兴趣小组活动中，小亮进行数学探究活动． (1)△ABC是边长为3的等边三角形，E是边AC上的一点，且AE=1，小亮以BE为边作等边三角形BEF，如图（1）所示．则CF的长为 ．（直接写出结果，不说明理由） (2)△ABC是边长为3的等边三角形，E是边AC上的一个动点，小亮以BE为边作等边三角形BEF，如图（2）所示．在点E从点C到点A的运动过程中，求点F所经过的路径长． 思路梳理并填空：当点E不与点A重合时，如图，连结CF， ∵△ABC、△BEF都是等边三角形 ∴BA=BC，BE=BF，∠ABC=∠EBF=60° ∴①∠ABE+ =∠CBF+ ； ∴∠ABE=∠CBF ∴△ABE≌△CBF ∴∠BAE=∠BCF=60° 又∠ABC=60° ∴∠BCF=∠ABC ∴②______∥______； 当点E在点A处时，点F与点C重合． 当点E在点C处时，CF=CA． ∴③点F所经过的路径长为 ． (3)△ABC是边长为3的等边三角形，M是高CD上的一个动点，小亮以BM为边作等边三角形BMN，如图（3）所示．在点M从点C到点D的运动过程中，求点N所经过的路径长． (4)正方形ABCD的边长为3，E是边CB上的一个动点，在点E从点C到点B的运动过程中，小亮以B为顶点作正方形BFGH，其中点F，G都在直线AE上，如图（4）．当点E到达点B时，点F，G，H与点B重合．则点H所经过的路径长为 ．（直接写出结果，不说明理由） 【答案】(1)1 (2)①∠CBE； ∠CBE；  ②CF；AB；③3 (3)点N所经过的路径长为 (4) 【分析】（1）证明△ABE≌△CBF，则CF=AE=1，问题即解决；（2）读懂每步推理的依据，即可完成； （3）取BC的中点H，连结DH，NH，证明△BDM≌△BHN，则当点M在点C处时，NH⊥BC，且NH=CD，此时在直角△ACD    中即可求得CD的长，从而求得结果； （4）当E、B不重合时，取BC的中点M，连结MH，CH，可证△BFA≌△BHC，可得H、G、C三点共线，可得；当点E在C处时， MH⊥BC，所以可确定点H所经过的路径，从而求得路径长． （1）∵△ABC、△BEF都是等边三角形∴BA=BC，BE=BF，∠ABC=∠EBF=60° ∴∠ABE+∠EBC=∠CBF+∠EBC ∴∠ABE=∠CBF ∴△ABE≌△CBF∴CF=AE=1故答案为：1 （2）当点E不与点A重合时，如图，连结CF， ∵△ABC、△BEF都是等边三角形∴BA=BC，BE=BF，∠ABC=∠EBF=60° ∴∠ABE+∠EBC=∠CBF+∠EBC ∴∠ABE=∠CBF∴△ABE≌△CBF∴∠BAE=∠BCF=60° 又∠ABC=60°∴∠BCF=∠ABC∴CF∥AB 当点E在点A处时，点F与点C重合． 当点E在点C处时，CF=CA．∴点F所经过的路径长为3． 故答案为：①∠EBC，∠ EBC；②CF，AB； ③3 （3）如图（3），取BC的中点H，连结DH，NH，则 ∵△ABC是等边三角形，CD⊥AB ∴∠ABC=60°，AB=BC， ∴BD=BH ∴△BDH是等边三角形 ∵△BMN是等边三角形 由（2）知△BDM≌△BHN ∴∠BHN=∠BDM=90°即NH⊥BC 当点M在点D处时，点N与点H重合， 当点M在点C处时，NH⊥BC，且NH=CD 在Rt△ACD中，∠A=60°，AC=3 ∴CD=3×= 所以点N所经过的路径长为. （4）如图①，当点E不与点B重合时，取BC的中点M，连结MH，CH 由四边形ABCD和四边形BFGH都是正方形 ∴AB=BC，BF=BH，∠ABC=∠FBH=∠BHG= 90° ∴∠ABF=∠CBH ∴△BFA≌△BHC∴∠BFA=∠BHC=90°∵∠BHG=90°∴H、G、C三点共线 ∵MH是直角△BCH斜边上的中线∴ 当点E在C处时，如图②，MH⊥BC， 所以点H所经过的路径长为：以点M为圆心，半径为，圆心角为90°的弧 此时弧长为：故答案为： 【点睛】本题是三角形全等的综合，考查了正方形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，弧长的计算等知识；关键是正确寻找到点的运动路径，这是属于几何压轴题． 12．（2023·安徽八年级月考）综合与实践 特例研究：将矩形和按如图1放置，已知，连接． 如图1，当点在上时，线段与之间的数量关系是__ ；直线与直线之间的位置关系是_ ； 拓广探索：图2是由图1中的矩形绕点顺时针旋转一定角度得到的，请探索线段与之间的数量关系和直线与直线之间的位置关系，并说明理由． 【答案】（1）；（2），理由见解析 【分析】，延长交于点G先证△FBC≌△EDC（SAS），可知，由∠DCE=90º，可得∠DEC+∠CDE=90º，可推出∠FDG+∠GFD=90º即可， 先下结论，，再证明，证法与（1）类似，延长交于点交于点．由四边形为矩形且AD=CD可得，可推出．由知．由可用等量代换得由三角形内角和得即可． 【详解】解：，延长交于点G， ∵四边形为矩形，且AD=DC，∴BC=CD，=90º， 由旋转的FC=EC，∴△FBC≌△EDC（SAS），， ∵∠DCE=90º，∴∠DEC+∠CDE=90º，∴∠FDG+∠GFD=90º∠FGD=90º ， ， 理由如下：如答图，延长交于点交于点， ，四边形为矩形，， ，， ，矩形为正方形．， 在和中，．． ． ． 【点睛】本题考查旋转中两线段的数量与位置关系问题，关键是把两线段置于两个三角形中利用全等解决问题，会利用旋转找全等条件，会计算角的和差，和证垂直的方法． 13．（2023·福建八年级期中）如图甲，在△ABC中，∠ACB为锐角，点D为射线BC上一动点，连接AD，以AD为一边且在AD的右侧作正方形ADEF．解答下列问题 (1)如果AB＝AC，∠BAC＝90°，①当点D在线段BC上时（与点B不重合），如图乙，线段CF、BD之间的位置关系为 ，数量关系为 ．②当点D在线段BC的延长线上时，如图丙，①中的结论是否仍然成立，为什么？(2)如果AB≠AC，∠BAC≠90°点D在线段BC上运动．试探究：当△ABC满足一个什么条件时，CF⊥BC（点C、F重合除外）？并说明理由． 【答案】(1)①垂直，相等；②成立，理由见解析(2)∠ACB＝45° 【分析】（1）①证明△DAB≌△FAC，即可得到CF⊥BD，CF＝BD． ②当点D在BC的延长线上时①的结论仍成立．由正方形ADEF的性质可推出△DAB≌△FAC，所以CF＝BD，∠ACF＝∠ABD．结合∠BAC＝90°，AB＝AC，得到∠BCF＝∠ACB+∠ACF＝90度．即CF⊥BD． （2）当∠ACB＝45°时，过点A作AG⊥AC交CB或CB的延长线于点G，则∠GAC＝90°，可推出∠ACB＝∠AGC，所以AC＝AG，由（1）①可知CF⊥BD． （1）①CF⊥BD，CF＝BD ∵∠FAD＝∠BAC＝90°∴∠BAD＝∠CAF 在△BAD与△CAF中， ∵∴△BAD≌△CAF（SAS）∴CF＝BD，∠ACF＝∠ABD， ∵∴∠BCF＝90°∴CF⊥BD ；故答案为：垂直，相等； ②成立，理由如下：∵∠FAD＝∠BAC＝90°∴∠BAD＝∠CAF 在△BAD与△CAF中，∵，∴△BAD≌△CAF（SAS） ∴CF＝BD，∠ACF＝∠ACB＝45°，∴∠BCF＝90°，∴CF⊥BD； （2）当∠ACB＝45°时可得CF⊥BC，理由如下： 过点A作AC的垂线与CB所在直线交于G ∵∠ACB＝45°∴AG＝AC，∠AGC＝∠ACG＝45°∵AG＝AC，AD＝AF， ∵∠GAD＝∠GAC﹣∠DAC＝90°﹣∠DAC，∠FAC＝∠FAD﹣∠DAC＝90°﹣∠DAC， ∴∠GAD＝∠FAC，∴△GAD≌△CAF（SAS）， ∴∠ACF＝∠AGD＝45°，∴∠GCF＝∠GCA+∠ACF＝90°，∴CF⊥BC． 【点睛】本题考查三角形全等的判定和直角三角形的判定，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角形全等的判定方法，看缺什么条件，再去证什么条件． 14．（2023春·江苏八年级期中）中，，，点在边上，将线段逆时针旋转得到，连接． (1)当，时，求证：．(2)当，时，若，求的值． 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据题意证明，得出，，，勾股定理即可得证；（2）在的延长线上取点，使，由同理得，设，根据勾股定理得出，作于，得出是等腰直角三角形，分别求得，即可求解． 【详解】（1）证明：如图，连接， ，， 在和中，，，，， ，，，； （2）在的延长线上取点，使 ，由同理得，， ，设，∴ 作于，，是等腰直角三角形， ∴． 【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定，掌握旋转的性质是解题的关键． 15．（2023春·湖北武汉·八年级校考阶段练习） (1)如图1，在中，，，，则与的数量关系是 ，与延长线的夹角 ；(2)如图2，四边形中，，，，连接，猜想、、之间的数量关系，并证明你的猜想；(3)如图3，四边形中，，，，，，请直接写出的长为 ． 【答案】(1)，(2)(3) 【分析】（1）证明≌即可． （2）由（1）的证明方法可知：将绕点顺时针旋转， 连接、，证明≌，再为直角三角形，用勾股定理即可． （3）由（1）的证明方法可知：将绕点顺时针旋转， 连接、，延长交于，再证明，用勾股定理即可求解． 【详解】（1）与的数量关系：， 证明：，，， 在和中，≌，， 故与的数量关系：；， ≌，，即：， 在中： ．故． （2）结论：， 证明：如图，将绕点顺时针旋转，连接、， ，，是等边三角形，， ， ，， 在和中，≌，，， ，，， ，在中，． （3）解：如图，将绕点顺时针旋转，连接、，延长交于， ，，是等腰直角三角形， ，，， ，，，， 在和中，≌， ，，，，， 设，，则有，，在中，， 在中，，由①②解得，， 在中，故的长为． 【点睛】本题考查了三角形全等及性质、勾股定理在旋转中典型模型“手拉手”的综合应用，掌握典型模型的解决方法是解题的关键． 16．（2023春·江苏·七年级专题练习）两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角顶点，并将它们的底角顶点分别对应连接起来得到两个全等三角形，我们把这样的图形称为“手拉手”图形．如图1，在“手拉手”图形中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，连接BD，CE，则△ABD≌△ACE． (1)请证明图1的结论成立；(2)如图2，△ABC和△AED是等边三角形，连接BD，EC交于点O，求∠BOC的度数；(3)如图3，AB＝BC，∠ABC＝∠BDC＝60°，试探究∠A与∠C的数量关系． 【答案】(1)见解析(2)60°(3)∠A+∠BCD=180°，理由见解析 【分析】（1）利用等式的性质得出∠BAD=∠CAE，即可得出结论； （2）同（1）的方法判断出△ABD≌△ACE，得出∠ADB=∠AEC，再利用对顶角和三角形的内角和定理判断出∠BOC=60°，即可得出答案；（3）先判断出△BDP是等边三角形，得出BD=BP，∠DBP=60°，进而判断出△ABD≌△CBP（SAS），即可得出结论． 【详解】（1）解：证明：∵∠BAC=∠DAE，∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，∴∠BAD=∠CAE， 在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS）； （2）如图2，∵△ABC和△ADE是等边三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，∴∠BAD=∠CAE， 在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ADB=∠AEC， 令AD与CE交于点G，∵∠AGE=∠DGO，∴180°-∠ADB-∠DGO=180°-∠AEC-∠AGE， ∴∠DOE=∠DAE=60°，∴∠BOC=60°； （3）∠A+∠BCD=180°．理由：如图3，延长DC至P，使DP=DB， ∵∠BDC=60°，∴△BDP是等边三角形，∴BD=BP，∠DBP=60°， ∵∠ABC=60°=∠DBP，∴∠ABD=∠CBP，∵AB=CB，∴△ABD≌△CBP（SAS），∴∠BCP=∠A， ∵∠BCD+∠BCP=180°，∴∠A+∠BCD=180°． 【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，构造等边三角形是解本题的关键． 17．（2023·重庆市九年级阶段练习）【问题背景】如图1，P是等边三角形ABC外一点，∠APB＝30°，则PA2+PB2＝PC2．小明为了证明这个结论，将△PAB绕点A逆时针旋转60°，请根据此思路完成其证明． 【迁移应用】如图2，在等腰直角三角形ABC中，BA＝BC，∠ABC＝90°，点P在△ABC外部，且∠BPC＝45°，若△APC的面积为5.5，求PC． 【答案】（1）【问题背景】见解析；（2）【迁移应用】 【分析】（1）【问题背景】将△PAB绕点A逆时针旋转60°得到△DAC，连接PD，由旋转及等边三角形的性质可得∠PDC=90゜，由勾股定理即可解决； （2）【迁移应用】过B作BM⊥PB交PC的延长线于点M，连接AM，则易得△PBC≌△MBA，由全等三角形的性质易得∠AMP=90゜，再由面积条件即可求得PC的长． 【详解】（1）【问题背景】将△PAB绕点A逆时针旋转60°得到△DAC，连接PD，如图所示 由旋转的性质得：AD=PA，CD=PB，∠PAD=60゜，∠ADC=∠APB=30゜ ∵AD=PA，∠PAD=60゜∴△PAD是等边三角形∴PD=PA，∠PDA=60゜ ∴∠PDC=∠PDA+∠ADC=60゜+30゜=90゜ 在Rt△PDC中，由勾股定理得： ∴ （2）【迁移应用】过B作BM⊥PB交PC的延长线于点M，连接AM，如图所示 则∠PBM=∠ABC=90゜∴∠PBC+∠CBM=∠CBM+∠MBA∴∠PBC=∠MBA ∵∠PBM =90゜，∠BPC=45゜∴∠BMP=∠BPC=45゜∴PB=MB 在△PBC和△MBA中 ∴△PBC≌△MBA(SAS) ∴∠BMA=∠BPC=45゜，PC=AM∴∠AMP=∠BMP+∠BMA=45゜+45゜=90゜ ∵ ∴ 【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，勾股定理等知识，根据条件作图形的旋转或构造三角形全等是解决问题的关键与难点． 18．（2023·贵州黔东南·八年级校联考期末）【探究发现】（1）如图1，在四边形中，对角线，垂足是O，求证：． 【拓展迁移】（2）如图2．以三角形的边、为边向外作正方形和正方形，求证：．（3）如图3，在（2）小题条件不变的情况下，连接，若，，，则的长_____________．（直接填写答案） 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）． 【分析】（1）根据，利用勾股定理分别求出和即可证明结论；（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． 【详解】解：（1）∵，∴∠AOD＝∠AOB＝∠COD＝∠BOC＝90°， 由勾股定理得：，， ∴； （2）∵在正方形和正方形中，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°，∴； （3）如图3，连接CG，BE，∵，，，∴AC＝8，AE＝， ∴AB＝10，∴CG＝，BE＝， ∵，∴由（1）可知：，即， ∵BC＞0，∴．故答案为：． 【点睛】本题主要考查了勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握勾股定理是解答此题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！4 学科网（北京）股份有限公司 $$