专题08 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（人教版）

专题08 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 35 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．（23-24七年级下·广东佛山·阶段练习）如图，和均是等边三角形，A、C、B三点共线，AE与BD相交于点P，AE与BD分别与CD，CE交于点M，N．则下列结论：①；②；③；④；⑤．其中正确的结论有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等边三角形的判定和性质，平行线的判定，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法，证明，． 根据证明即可判断①正确；根据平行线的性质证明即可判断②正确；证明，得出，即可判断④正确；根据，，得出，根据，得出，即可判断③错误；根据，，求出为等边三角形，得出，即可判断⑤错误． 【详解】解：∵和均是等边三角形，∴，，， ∴，∴，∴，故①正确； ∵A、C、B三点共线，，∴，故②正确； ∵，∴，， ∵，∴， ∵，∴，∴，，故④正确； ∵，，∴，∴，∵，∴，故③错误； ∵，，∴为等边三角形，∴，故⑤错误； 综上分析可知，正确的有3个．故选：C． 例2．（2024·绵阳市八年级课时练习）△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． 【详解】（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°． 【点睛】本题是三角形的综合问题，解题的关键是掌握全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质等知识点． 例3．（23-24九年级下·辽宁盘锦·开学考试）如图，在中，，过点C作于点D，过点B作于点M，连接，过点D作，交于点N．与相交于点E，若点E是的中点，则下列结论：①；②；③；④．其中正确的有（    ）个．    A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】A 【分析】本题考查的是全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质；证明是等腰直角三角形，从而证明，，根据全等三角形的性质即可证明结论，证明是等腰直角三角形，可得 ，，可得，即可证明结论． 【详解】解：∵，∴， ∵，∴， ∵，，∴是等腰直角三角形，∴， ∵，∴，∴， ∵，∴， ∵，∴，∴， ∵，∴是等腰直角三角形，∴，∴，故①②③正确， 过点作于点，则， ∵，，∴，∵点E是的中点，∴， ∵，∴，∴， ∴，∴，故④正确，故选：A． 例4．（23-24七年级下·广东深圳·期末）如图，在中，为锐角，点D为直线上一动点，以为直角边且在的右侧作等腰直角三角形，，． (1)如果，． ①当点D在线段上时，如图1，线段、的位置关系为________，数量关系为________； ②当点D在线段的延长线上时，如图2，①中的结论是否仍然成立，请说明理由． (2)如图3，如果，，点D在线段上运动． 探究：当多少度时，？请说明理由． 【答案】(1)①，；②仍然成立，理由见解析(2)当时，，理由见解析 【分析】本题为三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质及等腰直角三角形的性质，解决问题的关键是证明全等三角形，根据全等三角形的对应边相等，对应角相等进行求解． （1）①根据，，，运用“”证明，根据全等三角形性质得出对应边相等，对应角相等，即可得到线段、之间的关系；②先根据“”证明，再根据全等三角形性质得出对应边相等，对应角相等，即可得到（1）中的结论仍然成立． （2）过点A作交的延长线于点G，证明，根据对应角相等即可得出结论． 【详解】（1）解：①与位置关系是，数量关系是． 理由：，，． 又，，，且． ，，即．故答案为：，； ②都成立，， 在与中，， ，，，即． （2）解：当时，． 理由：过点A作交的延长线于点G，则， ∵，∴，∴∴， 在与中，，∴， ∴，∴，即． 例5．（2023春·广东·七年级专题练习）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； 【分析】（1）根据题意，得∠ABC＝∠DBE＝60°，从而得；通过证明，得；通过证明，得，根据等边三角形的性质分析，即可完成证明； （2）结合题意，通过证明为等边三角形，得；结合（1）的结论，根据三角形外角性质，推导得，从而完成求解； （3）同理，通过证明为等边三角形，得；通过证明，得；根据三角形外角性质，推导得，从而完成求解； （4）根据题意，通过证明为等边三角形，推导得，通过证明，得，结合三角形外角的性质计算，即可得到答案． 【详解】（1）∵∠ABC＝∠DBE＝60° ∴， ， ∴ ∵BA＝BC，BD＝BE 和中 ∴∴ 和中∴∴∴为等边三角形； （2）∵∠ABC＝∠DBE＝60°, BA＝BC∴为等边三角形；∴ 根据题意，AE和CD相交于点O ∵ ∴ ∵∴ ∴，即直线AE和CD的夹角是故答案为：； （3）∵∠ABC＝∠DBE＝60°, BA＝BC∴为等边三角形；∴ ∵，，∠ABC＝∠DBE＝60°∴ ∵BA＝BC，BD＝BE 和中 ∴∴ 如图，延长，交CD于点O ∴ ∵∴ ∴，即直线AE和CD的夹角是故答案为：； （4）∵BA＝BC，∴ ∵∠ACB＝60°∴∴为等边三角形 ∵BD＝BE，∠ABC＝∠DBE∴ ∵， ∴ 和中 ∴∴ 分别延长CD、AE，相较于点O，如下图： ∴ ∵∴ ∴，即直线AE和CD的夹角是故答案为：． 【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． 例6．（2023·吉林白山·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 问题初探:如图（1），△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是BC上一点，连接AD，以AD为一边作△ADE，使∠DAE＝90°，AD＝AE，连接BE，猜想BE和CD有怎样的数量关系，并说明理由． 类比再探:如图（2），△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点M是AB上一点，点D是BC上一点，连接MD，以MD为一边作△MDE，使∠DME＝90°，MD＝ME，连接BE，则∠EBD＝　 　．（直接写出答案，不写过程，但要求作出辅助线） 方法迁移:如图（3），△ABC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）． 拓展创新:如图（4），△ABC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∠EBD的度数，并说明理由． 【答案】问题初探：BE＝CD，理由见解析；类比再探：∠EBD＝90°，辅助线见解析；方法迁移：BC＝BD+BE；拓展创新：∠EBD＝120°，理由见解析 【分析】问题初探：根据余角的性质可得∠BAE＝∠CAD，然后可根据SAS证明△BAE≌△CAD，进而可得结论；类比再探：过点M作MF∥AC交BC于点F，如图（5），可得△BMF是等腰直角三角形，仿问题初探的思路利用SAS证明△BME≌△FMD，可得∠MBE＝∠MFD=45°，进而可得结果； 方法迁移：根据等边三角形的性质和角的和差关系可得∠BAE＝∠CAD，然后可根据SAS证明△BAE≌△CAD，进而可得结论；拓展创新：过点M作MG∥AC交BC于点G，如图（6），易证△BMG是等边三角形，仿方法迁移的思路利用SAS证明△BME≌△GMD，可得∠MBE＝∠MGB＝60°，进而可得结论． 【详解】解：问题初探：BE＝CD． 理由：如图（1），∵∠DAE＝∠BAC＝90°，∴∠BAE＝∠CAD， ∵AB＝AC，AE＝AD，∴△BAE≌△CAD（SAS），∴BE＝CD； 类比再探：在图（2）中过点M作MF∥AC交BC于点F，如图（5），则∠BMF=∠A=90°，∠BFM=∠C=45°，∴MB=MF，∵∠DME＝∠BMF＝90°，∴∠BME＝∠DMF， ∵MB＝MF，ME＝MD，∴△BME≌△FMD（SAS），∴∠MBE＝∠MFD=45°； ∴∠EBD＝∠MBE+∠ABC＝90°．故答案为：90°； 方法迁移：BC＝BD+BE． 理由：如图（3），∵△ABC和△ADE是等边三角形，∴∠DAE＝∠BAC＝60°，∴∠BAE＝∠CAD， ∵AB＝AC，AE＝AD，∴△BAE≌△CAD（SAS），∴BE＝CD，∴BC＝BD+CD＝BD+BE； 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（6），则∠BMG=∠A=60°，∠BGM=∠C=60°， ∴△BMG是等边三角形，∴BM=GM，∵∠DME＝∠BMG＝60°，∴∠BME＝∠DMG， ∵ME＝MD，∴△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．（2023·河南鹤壁市八年级月考）（1）作图发现：如图1，已知，小涵同学以、为边向外作等边和等边，连接，．这时他发现与的数量关系是 ． （2）拓展探究：如图2，已知，小涵同学以、为边向外作正方形和正方形，连接，，试判断与之间的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）BE=CD；（2）BE=CD，理由见解析； 【分析】（1）利用等边三角形的性质得出，然后有，再利用SAS即可证明，则有； （2）利用正方形的性质得出，然后有，再利用SAS即可证明，则有； 【详解】（1）如图1所示： 和都是等边三角形，， ，即， 在和中，，． （2），四边形和均为正方形， ，，， ， 在和中，，， 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春·江苏·八年级专题练习）如图，为等边三角形，以为边向外作，使，再以点C为旋转中心把旋转到，则给出下列结论：①D，A，E三点共线；②平分；③；④．其中正确的有（    ）． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】①设∠1=x度，把∠2=（60-x）度，∠DBC=∠4=（x+60）度，∠3=60°加起来等于180度，即可证明D、A、E三点共线； ②根据△BCD绕着点C按顺时针方向旋转60°得到△ACE，判断出△CDE为等边三角形，求出∠BDC=∠E=60°，∠CDA=120°-60°=60°，可知DC平分∠BDA； ③由②可知，∠BAC=60°，∠E=60°，从而得到∠E=∠BAC．④由旋转可知AE=BD，又∠DAE=180°，DE=AE+AD．而△CDE为等边三角形，DC=DE=DB+BA． 【详解】解：如图， ①设∠1=x度，则∠2=（60-x）度，∠DBC=（x+60）度，故∠4=（x+60）度， ∴∠2+∠3+∠4=60-x+60+x+60=180度，∴D、A、E三点共线；故①正确； ②∵△BCD绕着点C按顺时针方向旋转60°得到△ACE， ∴CD=CE，∠DCE=60°，∴△CDE为等边三角形，∴∠E=60°，∴∠BDC=∠E=60°， ∴∠CDA=120°-60°=60°，∴DC平分∠BDA；故②正确； ③∵∠BAC=60°，∠E=60°，∴∠E=∠BAC．故③正确； ④由旋转可知AE=BD，又∵∠DAE=180°，∴DE=AE+AD． ∵△CDE为等边三角形，∴DC=DB+DA．故④正确；故选：D． 【点睛】本题考查旋转的性质、等边三角形性质等相关知识，要注意旋转不变性，找到变化过程中不变量． 2．（23-24八年级上·四川泸州·阶段练习）如图，C为线段上一动点（不与A，E重合），在同侧分别作等边和等边，与交于点O，与交于点P，与交于点Q，连接，则有以下五个结论：①；②；③；④；⑤．其中正确的有（　　） A．①③⑤ B．①③④⑤ C．①②③⑤ D．①②③④⑤ 【答案】C 【分析】此题主要考查了全等三角形的判定和性质的应用，等边三角形的判定和性质．①根据全等三角形的判定方法，判断出，即可判断出．②首先根据全等三角形的判定方法，判断出，即可判断出；然后根据，可得为等边三角形，所以，据此判断出即可．③根据全等三角形的判定方法，判断出，即可判断出．④首先根据，可得，然后判断出，再根据，即可判断出．⑤，据此判断即可． 【详解】解：∵和都是等边三角形， ∴， ∴，∴， 在和中，∵， ∴，∴，结论①正确． ∵，∴， 又∵，∴，∴， 在和中，， ∴，∴，又∵，∴为等边三角形， ∴，∴，结论②正确． ∵，∴，结论③正确． ∵，∴，∴， 又∵，∴，结论④不正确． ∵，结论⑤正确． 综上，可得正确的结论有4个：①②③⑤．故选：C． 3．（23-24八年级下·辽宁鞍山·开学考试）如图，在中，，点是射线上两点，且，若，，则下列结论中①是等腰直角三角形；②；③；④．正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】结合，，可证明，即可判断结论①；证明，结合全等三角形的性质可得，即可判断结论②；结合，易得，进而可知，即可判断结论③；证明，由“直角三角形中30度角所对的直角边等于斜边的一半”可得，，结合，易得，即可判断结论④． 【详解】解：∵，∴， ∵，∴， 又∵，∴是等腰直角三角形，故结论①正确； ∵，，∴， 在和中，，∴，∴， ∴，即，故结论②正确； ∵，∴，， ∴，∴，故结论③正确； ∵，，∴， ∴，∴，，∴， ∵，∴，故结论④正确． 综上所述，结论正确的有①②③④，共计4个．故选：D． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、含角直角三角形的性质、三角形外角的定义和性质等知识，熟练掌握直角三角形的性质、证明是解题的关键． 4．（23-24七年级下·重庆·期末）如图，在等边中，点D为线段上一点，，连接，点E为线段下方一点，连接，且，，连接交于点M，点F为线段延长线上一点，，连接．已知，则的长为 ． 【答案】4 【分析】此题重点考查等边三角形的性质、等角的补角相等、全等三角形的判定与性质等知识，证明是解题的关键． 由等边三角形的性质得，则，可证明，得，再证明，得，则，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵是等边三角形，， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ； 在和中， ， ， ， ， 故答案为：4． 5．（23-24八年级下·浙江嘉兴·开学考试）如图，和都是等边三角形，连结，若，则的度数为 ． 【答案】/度 【分析】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质，三角形内角和定理的运用，根据等边三角形的性质可证，可得，由可得，根据三角形内角和定理可得，在中再根据三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：∵都是等边三角形， ∴， ∵，∴， ∴，∴， ∵，∴， ∵， ∴， 在中，， ∴，故答案为： ． 6．（2024八年级上·绵阳市·专题练习）已知：如图，、都是等边三角形，、相交于点，点、分别是线段、的中点． (1)求证：；(2)求的度数；(3)求证：是等边三角形． 【答案】(1)见解析；(2)；(3)见解析 【分析】本题综合考查了全等三角形的判定和性质，三角形的内角和定理，等边三角形的性质和判定等知识点的应用，解此题的关键是根据性质进行推理，此题综合性比较强，有一定的代表性． （1）根据等边三角形性质得出，，，求出，证即可； （2）根据全等求出，进而求出的值，根据三角形的内角和定理求出即可； （3）求出，根据证，推出，求出即可． 【详解】（1）证明：、都是等边三角形， ，，， ， ， 在和中 ， ， ． （2）解：， ， 等边三角形， ， ， ， （3）证明：， ，，， 又点、分别是线段、的中点， ，， ， 在和中， ， ， ，， 又， ， ， ， 是等边三角形． 7．（23-24八年级下·江苏淮安·期中）如图，四边形是正方形，，与交于点．(1)求证：；(2)若，求的大小． 【答案】(1)证明见详解(2) 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等边对等角，熟练掌握以上知识是解题的关键．（1）利用来求证． （2）利用角的关系求出和，求得结果． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． （2）解：∵， ∴， 又∵， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， 又∵， ∴， ∴． 8．（23-24八年级下·山东泰安·期末）如图，正方形，将边绕点顺时针旋转，得到线段，连接，，过点作交线段的延长线于点，连接．    (1)当时，求的度数；(2)求证：；(3)求证：． 【答案】(1)(2)见解析(3)见解析 【分析】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、平行线的判定；根据特殊图形得出角的度数；根据图形的特点，得出角之间的关系，三个角相加等于，得出结果；作辅助线求出的度数，结合第二问的结果得出证明．（1）根据旋转的性质可得，由正方形的性质可得，根据已知，可得出是等边三角形，求出的度数，即可求解； （2）根据旋转的性质得出和都是等腰三角形，由题可知旋转角是，进而得出、、与之间的关系，再根据平角的特点即可求解； （3）过点作与的延长线交于点，过点作与交于点，可以得到一个平行四边形，进一步可判定是矩形，根据角度关系得出，判定矩形是正方形，得出，结合（2）可得出结论； 【详解】（1）解：在正方形中，， 由旋转可知，， ， ， 是等边三角形， ， ， ； （2）证明：在中，， ， 在中，，， ， ， ； （3）证明：过点作与的延长线交于点，过点作与交于点，    则四边形是平行四边形， ， 平行四边形是矩形， ，， ， 在和中， ， ， ， 矩形是正方形， ， 由（2）可知：， ， ． 9．（23-24八年级上·河北·期中）如图，四边形中，，连接对角线，且，点在边上，连接，过点作，垂足为，若． (1)求证：①；②；(2)若，，求的度数． 【答案】(1)①见解析；②见解析(2) 【分析】（1）①根据条件可证得，然后根据角的关系即可得证；②连接，根据条件可证得，然后根据边长关系等量代换即可得解； （2）由三角形全等的性质可得到，根据等边对等角性质得到，由三角形内角和计算出，然后由即可得解． 【详解】（1）证明：①，， ， 在和中， ， ， ， ， 即； ②连接， ，， ， 在和中， ， ， ， 由①知， ， ； （2）解：， ， 由①知， ， ， ， ， 又， ， ， ． 【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质、等腰三角形性质、三角形内角和等知识，熟练掌握相关知识并采用等量代换的方法是解题关键． 10．（23-24八年级上·安徽滁州·阶段练习）如图，和中，，，，连接，，与交于点，与交于点．    (1)求证：；(2)求证：；(3)求证：平分． 【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)证明见解析 【分析】本题主要考查全等三角形的性质与判定，角平分线的判定，利用SAS证明是解题的关键．（1）欲证明，只要证明； （2）由，推出，由，，又，，可得 （3）过B分别作，垂足分别为P，Q，根据可得，，可得，进而可证明结论． 【详解】（1）， ，即， 在和中， ， ， ； （2）， ， ，， 又，， ， ． （3）过B分别作，垂足分别为P，Q，    ∵， ∴， ∴， ∴B点在的平分线上， 即平分． 11．（23-24八年级上·四川南充·期末）都是等边三角形．    (1)如图，求证：；(2)如图，点在内，为的中点，连，若，且．①求证：；②判断与的数量关系并证明． 【答案】(1)证明见解析(2)①证明见解析；②，证明见解析 【分析】本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，直角三角形角的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线． （1）证明，可得结论； （2）①如图中，延长到，使得，连接．证明，推出，，，再证明，可得结论； ②根据得到，设，根据列出方程，求出，可得结论． 【详解】（1）证明：如图中， ∵都是等边三角形 ∴，，， ∴， 在和中， ∴， ∴； （2）①证明：如图中，延长到，使得，连接，    ∵， ∴， 在和中， ∴， ∴，， 同法可证， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． ②结论：． 证明：∵， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴． 12．（23-24八年级上·云南昭通·阶段练习）如图，点是线段上除点、外的任意一点，分别以、为边在线段的同旁作等边和等边，连接交于，连接交于，连接． (1)求证：；(2)求证：．(3)设和的交点为，连，求证：平分． 【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析 【分析】本题考查的是等边三角形的判定与性质及全等三角形的判定与性质，根据题意判断出，是解答此题的关键． （1）先由和是等边三角形，可知，，，，故可得出，，根据定理可知，由全等三角形的性质即可得出结论； （2）由（1）中，可知，再根据，、、三点共线可得出，由全等三角形的判定定理可知，，故，再根据可知为等边三角形，故故可得出结论． （3）作，，由可得它们的面积相等，即可得到，再由角平分线的逆定理可得平分． 【详解】（1）证明：和是等边三角形， ，，，， ， ，， 在与中， ， ； （2）由（1）得，， ， ，而、、三点共线， ， 在与中， ， ， ， 为等边三角形， ， ， ． （3）解：作，， ， ， ， ， ，， ， 平分． 13．（23-24八年级下·辽宁盘锦·开学考试）已知，和均为等腰三角形，，点A、D、E在同一直线上，交于点F，连接．      (1)若，则的度数为_____； (2)如图2，若，，于点M，则的长为_____； (3)如图1，若，且，求证：． 【答案】(1)(2)3(3)见解析 【分析】本题考查等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质： （1）证明，为等边三角形，根据角的和差关系即可得出结果； （2）同（1）可知，得到，进而求出，利用三线合一，即可得出结果；（3）延长，相交于点H，先证明，进而得到，进而推出，证明，得到，利用线段之间的和差关系和等量代换，即可得出结论． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴，为等边三角形， ∴，， ∴， ∴； 故答案为：； （2）解：同（1）法可得：， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴； 故答案为：3； （3）证明：延长，相交于点H，如图，    ∵，     ∴，     ∴，     ∵，， ∴，， ∵，     ∴，     ∴，     ∴， 同（1）法可得：， ∴， ∴，    ∴， ∴，     ∵，     ∴，     ∵，     ∴，     ∴，     ∴，     ∵，     ∴． 14．（23-24八年级下·广西南宁·开学考试）【问题情境】如图，与都是等边三角形，连接，，点，分别是，的中点，连接，，．    【猜想证明】请证明：（1）求证：；（2）求证：是等边三角形． 【类比探究】如图，与都是等腰直角三角形，连接，，点，分别是，的中点，连接，请探究： （3）若点恰好也是的中点，且，求的面积． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）的面积为 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质． （1）由等边三角形的的性质得，可推导出，进而证明，得出； （2）由，且，证明，而，，可证明，得，可推导出，则是等边三角形． （3）由等腰直角三角形的性质得，可推导出，进而证明，得，而，所以，可证明，得，推导出，因为，点N是的中点，所以，则，所以． 【详解】解：（1）与都是等边三角形， ，，， ， 在和中， ， ≌， ． （2）证明：点，分别是，的中点， ，， ， ， ≌， ， 在和中， ， ≌， ，， ， 是等边三角形． （3）与都是等腰直角三角形， ，，， ， 在和中， ， ≌， ，， 点，分别是，的中点， ，， ， 在和中， ， ≌， ，， ， ，且点也是的中点， ， ， ，， ， ， 的面积为． 15．（23-24七年级下·广东揭阳·期末）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操作：    (1)如图1、两个等腰三角形和中，，，，连接、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，和全等的三角形是________，此时和的数量关系是________； (2)如图2、两个等腰直角三角形和中，，，，连接，两线交于点P，请判断线段和的数量关系和位置关系，并说明理由； (3)如图3，已知，以为边分别向外作等边和等边（等边三角形三条边相等，三个角都等于），连接，两线交于点P，请直接写出线段和的数量关系及的度数． 【答案】(1)，(2)且，理由见解析(3)， 【分析】此题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，以及三角形的外角性质，熟练掌握等边三角形的判定与性质是解本题的关键． （1）先判断出，进而判断出，即可得出结论； （2）先判断出，得出，，进而判断出，即可得出结论； （3）由三角形与三角形都为等边三角形，利用等边三角形的性质得到两对边相等，两三角形的内角都为，利用等式的性质得到，利用可得出得，，求出，即可求出的度数． 【详解】（1）解：∵， ∴． ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴和全等的三角形是，此时和的数量关系是． 故答案为：，； （2）且； 理由如下：∵， ∴． ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， 即， ∴， ∴， 综上所述：且． （3）和都为等边三角形， ，，， ，即， 在和中， ， ； ，， ∴ ， ∴． 16．（2024·黑龙江·八年级统考期中）如图，在等边三角形中，E是边上一定点，D是直线上一动点，以为一边作等边三角形，连接． 【问题解决】 如图①，若点D在边上，求证：； 【类比探究】 如图②，若点D在边的延长线上，请探究线段，与之间存在怎样的数量关系，并直接写出这三条线段之间的数量关系． 【答案】【问题解决】见解析；【类比探究】 【问题解决】在上截取，连接，易证是等边三角形，得出，证明，得出，即可得出结论； 【类比探究】过D作，交的延长线于点G，由平行线的性质易证，得出为等边三角形，则，证明，得出，即可得出． 【详解】解：【问题解决】如图①，在上截取，连接，如图所示： ∵是等边三角形， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∵在和中， ∴， ∴， ∴， 即． 【类比探究】；理由见如下： ∵是等边三角形， ∴， 过D作，交的延长线于点G，如图所示： ∵， ∴，， ∴， ∴为等边三角形， ∴，， ∵为等边三角形， ∴，， ∴， 在和中 ∴， ∴， ∴， 即． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质等知识，作辅助线构建等边三角形是解题的关键． 17．（23-24七年级下·广东深圳·期末）等边三角形和等腰直角三角形是我们熟悉的特殊三角形．数学课上，同学们探究得到了以下判定和性质：①三个角都相等的三角形是等边三角形；②有一个角等于的等腰三角形是等边三角形；③等腰直角三角形的两腰相等，两锐角都是．请应用以上知识解决下列问题： 已知线段，点C是平面内一动点，且，连接，点D在右侧，且，连接交于点E．    【初步应用】（1）如图1，若，则_______°； 【深化应用】（2）如图2，在（1）的基础上，作的角平分线交于F，试探究线段与之间的数量关系，并说明理由； 【拓展应用】（3）若，当最长时，请直接写出的长． 【答案】（1）15；（2），理由见解析；（3）的长为4 【分析】（1）根据，结合，得到等边三角形，继而得到，，结合，得到，继而得到，解答即可； （2）过点B作于点G，根据（1）证明，利用等腰三角形三线合一性质，直角三角形的性质证明即可． （3）过点B作于点B，且，再证明，得到，根据，得到当三点共线时，取得最大值，根据题意，得，证明，继而得到，解答即可． 【详解】（1）∵，， ∴等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 故答案为：15． （2）线段与之间的数量关系为：．理由如下： 过点B作于点G，根据（1）得，， ∴， ∵，的角平分线交于F， ∴， ∴， ∴， ∵，，    ∴， ∴． （3）过点B作于点B，且， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， 故当三点共线时，取得最大值，      根据题意，得，    ∴， ∴， ∴， ∴当最长时，． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质，直角三角形的性质，等腰三角形的三线合一性质，三角形不等式求最值，熟练掌握等边三角形的性质，三角形不等式是解题的关键． 18．（23-24八年级上·湖南株洲·期末）如图为等腰三角形，， D为直线上一动点，以为腰向右侧作等腰三角形且，连接直线． (1)求证：； (2)若D恰好在的中点上(如图)，求证：； (3) ①若点D为线段上任一点(B，C点除外)时，试探究与的位置关系． ②若点D为直线线除点B，C外任意一点，与的位置关系是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)①；②，证明见解析 【分析】本题主要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、平行线的判定、三角形外角的性质等知识，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． （1）先说明，再利用即可证明结论； （2）根据等腰三角形三线合一的性质可得，再根据全等三角形的性质可得，即；然后运用等腰三角形三线合一的性质可得是线段的垂直平分线，最后根据垂直平分线的性质即可证明结论； （3）①先说明是等边三角形可得，进而得到，根据同旁内角互补、两直线平行即可证明结论；②如图：当点D在的延长线上，先说明可得，再说明是等边三角形可得，由三角形外角的性质可得，即；再结合可得，最后根据内错角相等、两直线平行即可证明结论；同理可证点D在的延长线上的情况． 【详解】（1）证明：∵， ∴，即：， 在和中，， ∴． （2）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即是线段的垂直平分线， ∴． （3）解：①∵, ∴，即， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴； ②，证明如下： 证明:a.如图：点D在的延长线上， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； b.如图：点D在的延长线上， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴、是等边三角形， ∴，， ∴，，即, ∴， ∵, ∴； 19．（2024·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． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题08 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 35 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．（23-24七年级下·广东佛山·阶段练习）如图，和均是等边三角形，A、C、B三点共线，AE与BD相交于点P，AE与BD分别与CD，CE交于点M，N．则下列结论：①；②；③；④；⑤．其中正确的结论有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 例2．（2024·绵阳市八年级课时练习）△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． 例3．（23-24九年级下·辽宁盘锦·开学考试）如图，在中，，过点C作于点D，过点B作于点M，连接，过点D作，交于点N．与相交于点E，若点E是的中点，则下列结论：①；②；③；④．其中正确的有（    ）个．    A．4 B．3 C．2 D．1 例4．（23-24七年级下·广东深圳·期末）如图，在中，为锐角，点D为直线上一动点，以为直角边且在的右侧作等腰直角三角形，，． (1)如果，． ①当点D在线段上时，如图1，线段、的位置关系为________，数量关系为________； ②当点D在线段的延长线上时，如图2，①中的结论是否仍然成立，请说明理由． (2)如图3，如果，，点D在线段上运动． 探究：当多少度时，？请说明理由． 例5．（2023春·广东·七年级专题练习）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 　 　°． 例6．（2023·吉林白山·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 问题初探:如图（1），△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是BC上一点，连接AD，以AD为一边作△ADE，使∠DAE＝90°，AD＝AE，连接BE，猜想BE和CD有怎样的数量关系，并说明理由． 类比再探:如图（2），△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点M是AB上一点，点D是BC上一点，连接MD，以MD为一边作△MDE，使∠DME＝90°，MD＝ME，连接BE，则∠EBD＝　 　．（直接写出答案，不写过程，但要求作出辅助线） 方法迁移:如图（3），△ABC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）． 拓展创新:如图（4），△ABC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∠EBD的度数，并说明理由． 例7．（2023·河南鹤壁市八年级月考）（1）作图发现：如图1，已知，小涵同学以、为边向外作等边和等边，连接，．这时他发现与的数量关系是 ． （2）拓展探究：如图2，已知，小涵同学以、为边向外作正方形和正方形，连接，，试判断与之间的数量关系，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春·江苏·八年级专题练习）如图，为等边三角形，以为边向外作，使，再以点C为旋转中心把旋转到，则给出下列结论：①D，A，E三点共线；②平分；③；④．其中正确的有（    ）． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．（23-24八年级上·四川泸州·阶段练习）如图，C为线段上一动点（不与A，E重合），在同侧分别作等边和等边，与交于点O，与交于点P，与交于点Q，连接，则有以下五个结论：①；②；③；④；⑤．其中正确的有（　　） A．①③⑤ B．①③④⑤ C．①②③⑤ D．①②③④⑤ 3．（23-24八年级下·辽宁鞍山·开学考试）如图，在中，，点是射线上两点，且，若，，则下列结论中①是等腰直角三角形；②；③；④．正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 4．（23-24七年级下·重庆·期末）如图，在等边中，点D为线段上一点，，连接，点E为线段下方一点，连接，且，，连接交于点M，点F为线段延长线上一点，，连接．已知，则的长为 ． 5．（23-24八年级下·浙江嘉兴·开学考试）如图，和都是等边三角形，连结，若，则的度数为 ． 6．（2024八年级上·绵阳市·专题练习）已知：如图，、都是等边三角形，、相交于点，点、分别是线段、的中点． (1)求证：；(2)求的度数；(3)求证：是等边三角形． 7．（23-24八年级下·江苏淮安·期中）如图，四边形是正方形，，与交于点．(1)求证：；(2)若，求的大小． 8．（23-24八年级下·山东泰安·期末）如图，正方形，将边绕点顺时针旋转，得到线段，连接，，过点作交线段的延长线于点，连接． (1)当时，求的度数；(2)求证：；(3)求证：．    9．（23-24八年级上·河北·期中）如图，四边形中，，连接对角线，且，点在边上，连接，过点作，垂足为，若． (1)求证：①；②；(2)若，，求的度数． 10．（23-24八年级上·安徽滁州·阶段练习）如图，和中，，，，连接，，与交于点，与交于点． (1)求证：；(2)求证：；(3)求证：平分．    11．（23-24八年级上·四川南充·期末）都是等边三角形． (1)如图，求证：；(2)如图，点在内，为的中点，连，若，且．①求证：；②判断与的数量关系并证明．    12．（23-24八年级上·云南昭通·阶段练习）如图，点是线段上除点、外的任意一点，分别以、为边在线段的同旁作等边和等边，连接交于，连接交于，连接． (1)求证：；(2)求证：．(3)设和的交点为，连，求证：平分． 13．（23-24八年级下·辽宁盘锦·开学考试）已知，和均为等腰三角形，，点A、D、E在同一直线上，交于点F，连接． (1)若，则的度数为_____； (2)如图2，若，，于点M，则的长为_____； (3)如图1，若，且，求证：．      14．（23-24八年级下·广西南宁·开学考试）【问题情境】如图，与都是等边三角形，连接，，点，分别是，的中点，连接，，．    【猜想证明】请证明：（1）求证：；（2）求证：是等边三角形． 【类比探究】如图，与都是等腰直角三角形，连接，，点，分别是，的中点，连接，请探究： （3）若点恰好也是的中点，且，求的面积． 15．（23-24七年级下·广东揭阳·期末）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操作：    (1)如图1、两个等腰三角形和中，，，，连接、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，和全等的三角形是________，此时和的数量关系是________； (2)如图2、两个等腰直角三角形和中，，，，连接，两线交于点P，请判断线段和的数量关系和位置关系，并说明理由； (3)如图3，已知，以为边分别向外作等边和等边（等边三角形三条边相等，三个角都等于），连接，两线交于点P，请直接写出线段和的数量关系及的度数． 16．（2024·黑龙江·八年级统考期中）如图，在等边三角形中，E是边上一定点，D是直线上一动点，以为一边作等边三角形，连接． 【问题解决】如图①，若点D在边上，求证：； 【类比探究】如图②，若点D在边的延长线上，请探究线段，与之间存在怎样的数量关系，并直接写出这三条线段之间的数量关系． 17．（23-24七年级下·广东深圳·期末）等边三角形和等腰直角三角形是我们熟悉的特殊三角形．数学课上，同学们探究得到了以下判定和性质：①三个角都相等的三角形是等边三角形；②有一个角等于的等腰三角形是等边三角形；③等腰直角三角形的两腰相等，两锐角都是．请应用以上知识解决下列问题： 已知线段，点C是平面内一动点，且，连接，点D在右侧，且，连接交于点E．    【初步应用】（1）如图1，若，则_______°； 【深化应用】（2）如图2，在（1）的基础上，作的角平分线交于F，试探究线段与之间的数量关系，并说明理由； 【拓展应用】（3）若，当最长时，请直接写出的长． 18．（23-24八年级上·湖南株洲·期末）如图为等腰三角形，， D为直线上一动点，以为腰向右侧作等腰三角形且，连接直线． (1)求证：； (2)若D恰好在的中点上(如图)，求证：；(3) ①若点D为线段上任一点(B，C点除外)时，试探究与的位置关系． ②若点D为直线线除点B，C外任意一点，与的位置关系是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由． 19．（2024·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． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$