专题9 全等三角形模型 手拉手模型 2024-2025学年北师大版七年级数学下册

专题9 手拉手模型 旋转是初中三大几何模型之一，在平面内，将一个图形绕着某个定点按照某个方向旋转一定的角度，这个定点为旋转中心，转动的角度为旋转角，当旋转角为60°时可以得到等边三角形，当旋转角为90°时可以得到等腰直角三角形。当然，除了这两个特殊图形外，还有一般的等腰三角形或正方形等。 手拉手模型有三个特点：（1）共顶点；（2）双等腰；（3）顶角相等。 判断左右手的方法：将等腰三角形的顶点朝上，正对自己，在自己左边的为左手顶点，在自己右边的为右手顶点。 手拉手模型核心结论：左手拉左手=右手拉右手 1.等边三角形手拉手模型 在直线ABC的同一侧作两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明： （1）△ABE≌△DBC； （2）AE=DC； （3）AE与DC的夹角为60°； （4）△AGB≌△DFB； （5）△EGB≌△CFB； （6）BH平分∠AHC； 证明：（1）∵△ABD和△BCE都是等边三角形 ∴BD=AB，BE=BC，∠DBA=∠EBC=60° 又∠EBA=∠EBA+∠EBD ∠EBC=∠EBC+∠EBD ∴∠EBA=∠EBC 在△ABE与△DBC中 ∴△ABE≌△DBC （2）由（1）得：△ABE≌△DBC ∴AE=DC （3）在△DHG和△ABG中 由（1）得：△ABE≌△DBC ∴∠GDH=∠GAB 又∠HGD=∠AGB ∴∠DHG=∠DBA=60° 即AE与DC的夹角为60°； （4）∵△ABD和△BCE都是等边三角形 ∴BD=AB，∠DBA=∠EBC=60° ∴∠DBE=180°-∠DBA-∠EBC=60° 由（1）得：△ABE≌△DBC ∴∠GDH=∠GAB 在△AGB和△DFB中 ∴△AGB≌△DFB； （6）如图，连接BH，过点B做BM⊥AE，BN⊥CD 由（1）△ABE≌△DBC BM、BN分别是AE、CD边上的高 ∴BM=BN ∴BH平分∠AHC 2.等腰直角三角形手拉手模型 如图两个等腰直角三角形ADC与EDG，连接AG,CE,二者相交于H.证明： （1）△ADG≌△CDE （2）AG=CE （3）∠AHC=90° （4）HD平分∠AHE 证明：（1）∵△ACD和△GDE都是等腰直角三角形 ∴AD=CD，DG=DE，∠DBA=∠EBC=90° 又∠GDA=∠ADC+∠CDG ∠CDE=∠EDG+∠CDG ∴∠GDA=∠CDE 在△ADG和△CDE中 ∴△ADG≌△CDE（SAS） （2）由（1）得：△ADG≌△CDE ∴AG=CE （3）在△ADF和△CHF中 由（1）得：△ADG≌△CDE ∴∠DAG=∠DCE 又∠CFH=∠AFD ∴∠CHF=∠ADF=90° 即AE与DC的夹角为90°； （4）如图，连接DH，过点D做DM⊥AE，DN⊥CD 由（1）△ADG≌△CDE DM、DN分别是AG、CE边上的高 ∴DM=DN ∴DH平分∠AHE 3.正方形手拉手模型 如图，两个正方形ABCD和DEFG，连接AG与CE，二者相交于H。证明： （1）△ADG≌△CDE （2）AG=CE （3）∠AHC=90° （4）HD分∠AHE 证明方法与等腰直角三角形类似，不再重复证明。 4.一般等腰三角形手拉手模型 当两个三角形是以公共顶点为顶点等腰三角形时，如果这两个三角形是以公共定点为顶点的等腰三角形，则可以根据SAS连带出的一组新的全等三角形。 条件：△OAB，△OCD均为等腰三角形，且∠AOB = ∠COD 结论：（1）△OAC≌△OBD；（2）∠AEB=∠AOB；（3）OE平分∠AED 核心图形： 核心条件：OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD 【典型例题】 例题1：如图1在直线BCE的同一侧作两个正方形ABCD与CEFG，连接BG与DE． （1） 请证明下列结论：①BG=DE；②直线BG与直线DE之间的夹角为90°；③直线BG与直线DE相交于点O，连接OC，则OC平分∠BOE； （2） 正方形CEFG旋转到如图2的位置，则（1）中的结论是否依然正确？ （3）当正方形CEFG旋转到如图3的位置时，（1）中的结论是否依然正确？ 【分析】（1）①由正方形的性质可得BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠GCE=90°，可证△BCG≌△DCE，可得BG=DE； ②由△BCG≌△DCE，可证BG⊥DE，即直线BG与直线DE之间的夹角为90°； ③过点C作CM⊥BG于点M，作CN⊥DE于点N，由△BCG≌△DCE，可得S△BCG=S△DCE，可证CM=CN，根据角平分线的性质可得OC平分∠BOE； （2）由正方形的性质可得BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠GCE=90°，可证△BCG≌△DCE，可得BG=DE，∠CDE=∠CBG，可证BG⊥DE，即直线BG与直线DE之间的夹角为90°，过点C作CM⊥BG于点M，作CN⊥DE于点N，由△BCG≌△DCE，可得S△BCG=S△DCE，可证CM=CN，根据角平分线的性质可得OC平分∠BOE； （3）由正方形的性质可得BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠GCE=90°，可证△BCG≌△DCE，可得BG=DE，∠CDE=∠CBG，可证BG⊥DE，即直线BG与直线DE之间的夹角为90°．由点C在∠BOE外部，可得OC平分∠BOE不成立． 解：（1）①∵四边形ABCD，四边形CEFG都是正方形， ∴BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠GCE=90°， ∴△BCG≌△DCE（SAS） ∴BG=DE， ∵△BCG≌△DCE， ∴∠CBG=∠CDE， ∵∠CDE+∠DEC=90° ∴∠CBG+∠DEC=90°即∠DOG=90° ∴BG⊥DE即直线BG与直线DE之间的夹角为90°． ③如图，过点C作CM⊥BG于点M，作CN⊥DE于点N， ∵△BCG≌△DCE， ∴S△BCG=S△DCE， ∴×BG×CM=×DE×CN， ∴CM=CN，且CM⊥BG，CN⊥DE， ∴CO平分∠BOE， （2）结论①②③仍然成立， 理由如下：如图，连接CO，过点C作CM⊥BG于点M，作CN⊥DE于点N， ∵四边形ABCD，四边形CEFG都是正方形， ∴BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠GCE=90°， ∴∠BCG=∠DCE， ∴△BCG≌△DCE（SAS） ∴BG=DE，∠CBG=∠CDE， ∵∠CBG+∠BHC=90°，且∠BHC=∠DHO， ∴∠CDE+∠DHO=90°即∠DOG=90° ∴BG⊥DE即直线BG与直线DE之间的夹角为90°． ∵△BCG≌△DCE， ∴S△BCG=S△DCE， ∴×BG×CM=×DE×CN， ∴CM=CN，且CM⊥BG，CN⊥DE， ∴CO平分∠BOE， （3）结论①②成立，③不成立， 如图，延长DE交BC于点H，交BG的延长线于点O， ∵四边形ABCD，四边形CEFG都是正方形， ∴BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠GCE=90°， ∴∠BCG=∠DCE， ∴△BCG≌△DCE（SAS） ∴BG=DE，∠CBG=∠CDE， ∵∠CDE+∠CHD=90°，且∠BHO=∠DHC， ∴∠CBG+∠BHO=90°即∠DOB=90° ∴BG⊥DE即直线BG与直线DE之间的夹角为90°． ∵点C在∠BOE外部， ∴CO不平分∠BOE． 例题2：（1）如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=∠BAD．求证：EF=BE+FD． （2）如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出线段EF、BE、FD它们之间的数量关系，并证明． （3）如图3，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF=∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出线段EF、BE、FD它们之间的数量关系，并证明． 【分析】（1）可通过构建全等三角形来实现线段间的转换．延长EB到G，使BG=DF，连接AG．目的就是要证明三角形AGE和三角形AEF全等将EF转换成GE，那么这样EF=BE+DF了，于是证明两组三角形全等就是解题的关键．三角形ABE和AEF中，只有一条公共边AE，我们就要通过其他的全等三角形来实现，在三角形ABG和AFD中，已知了一组直角，BG=DF，AB=AD，因此两三角形全等，那么AG=AF，∠1=∠2，那么∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=∠BAD．由此就构成了三角形ABE和AEF全等的所有条件（SAS），那么就能得出EF=GE了． （2）思路和作辅助线的方法与（1）完全一样，只不过证明三角形ABG和ADF全等中，证明∠ABG=∠ADF时，用到的等角的补角相等，其他的都一样．因此与（1）的结果完全一样． （3）按照（1）的思路，我们应该通过全等三角形来实现相等线段的转换．就应该在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．根据（1）的证法，我们可得出DF=BG，GE=EF，那么EF=GE=BE-BG=BE-DF．所以（1）的结论在（3）的条件下是不成立的． 证明：（1）如图1，延长EB到G，使BG=DF，连接AG． ∵在△ABG与△ADF中， ， ∴△ABG≌△ADF（SAS）． ∴AG=AF，∠1=∠2． ∴∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=12∠BAD． ∴∠GAE=∠EAF． 又AE=AE，易证△AEG≌△AEF． ∴EG=EF． ∵EG=BE+BG． ∴EF=BE+FD （2）（1）中的结论EF=BE+FD仍然成立． 证明：如图2，延长CB至M，使BM=DF， ∵∠ABC+∠D=180°，∠1+∠ABC=180°， ∴∠1=∠D， 在△ABM与△ADF中， ∴△ABM≌△ADF（SAS）． ∴AF=AM，∠2=∠3． ∵∠EAF=∠BAD， ∴∠2+∠4=∠BAD=∠EAF ∴∠3+∠4=∠EAF，即∠MAE=∠EAF． 在△AME与△AFE中， ∴△AME≌△AFE（SAS）． ∴EF=ME，即EF=BE+BM． ∴EF=BE+DF （3）结论EF=BE+FD不成立，应当是EF=BE-FD． 证明：在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG． ∵∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°， ∴∠B=∠ADF． ∵在△ABG与△ADF中， ， ∴△ABG≌△ADF（SAS）． ∴∠BAG=∠DAF，AG=AF． ∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD=∠EAF=∠BAD． ∴∠GAE=∠EAF． ∵AE=AE，易证△AEG≌△AEF． ∴EG=EF ∵EG=BE-BG ∴EF=BE-FD． 【巩固练习】 一．选择题 1．如图，点C为线段ABC上一点，△ACM和△CBN是等边三角形．下列结论： ①AN＝BM；②CF＝CE；③△CFE是等边三角形；④∠AFM＝60°．其中正确的是（　　） A．① B．①② C．①②③ D．①②③④ 2．如图，△ABC、△CDE都是等腰直角三角形，AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝∠ECD＝90°，且∠AEB＝130°，则∠EBD的度数是（　　） A．50° B．40° C．45° D．60° 3．如图，已知AF＝AB，∠FAB＝60°，AE＝AC，∠EAC＝60°，CF和BE交于O点，则下列结论：①CF＝BE；②∠COB＝120°；③OA平分∠FOE；④OF＝OA+OB．其中正确的有（　　） A．①② B．①②③ C．①②③④ D．①②④ 4．如图，点C在AB上，△DAC、△EBC均是等边三角形，AE、BD分别与CD、CE交于点M、N，则下列结论： （1）AE＝DB （2）CM＝CN （3）△CMN为等边三角形 （4）MN∥BC （5）DC＝DN 正确的有（　　）个． A．2 B．3 C．4 D．5 5．如图，在△ABC和△CDE中，CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝α，AD，BE相交于点O，点M，N分别是线段AD，BE的中点．以下结论：①AD＝BE；②∠DOE＝α；③△CMN是等边三角形；④连接OC，则OC平分∠AOE．其中正确的结论是（　　） A．①②④ B．①③④ C．②③④ D．①②③ 6．如图，已知△ABE与△CDE都是等腰直角三角形，∠AEB＝∠DEC＝90°，连接AD，AC，BC，BD，若AD＝AC＝AB，则下列结论：①AE垂直平分CD，②AC平分∠BAD，③△ABD是等边三角形，④∠BCD的度数为150°，其中正确的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 7．如图，已知△ABC和△CDE均是等边三角形点B、C、D在同一条直线上，BE与AD交于点O，AD与CE交于点N，AC与BE交于点M，连接OC、MN，则下列结论：①AD＝BE；②AN＝BM；③MN∥BD；④∠BOC＝∠DOC；⑤△CMN为等边三角形，其中正确的结论个数为（　　） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 8．如图，△ACB和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点C、D、E三点在同一直线上，连结BD，则∠ADB＝（　　） A．45° B．30° C．60° D．55° 二．填空题 9．等边△ACD和等边△BCE有一个公共顶点C，直线AE与BD交于点F，直线AE与CD交于点G，直线CE与BD交于点H，连接GH．下列结论： ①AE＝DB；②△BHC≌△EGC；③∠DFA＝60°；④△HGC为等边三角形．其中正确的结论有　 　．（填序号） 10．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：①PQ∥AE；②∠AOE＝120°；③CO平分∠BCD；④△CPQ是等边三角形，⑤OC+BO＝AO恒成立的是　 　． 11．如图，在等边△ABC的边AC的延长线上取一点E，以CE为边作等边△CDE，使它与△ABC位于直线AE的同侧．①△ACD≌△BCE；②△ACP≌△BCQ；③△DCP≌△ECQ；④∠ARB＝60°；⑤PQ∥AE；⑥△CPQ是等边三角形．上述结论正确的有　 　． 12．已知如图：△ABC和△DEC都是等边三角形，D是BC延长线上一点，AD与BE相交于点P，AC、BE相交于点M，AD，CE相交于点N，则下列五个结论：①AD＝BE；②AP＝BM；③∠APM＝60°；④△CMN是等边三角形；⑤连接CP，则CP平分∠BPD，其中，正确的是　 　．（填写序号） 13．如图，△ABC为等边三角形，AB＝8，AD⊥BC于点D，E为线段AD上一点，AE＝2．以AE为边在直线AD右侧构造等边三角形AEF，EF与AC交于点G，连接CE，N为CE的中点．连接NG，则线段NG的长为　 　． 三．解答题 14．已知△ABC和△ADE均为等腰三角形，且∠BAC＝∠DAE，AB＝AC，AD＝AE． （1）如图1，点E在BC上，求证：BC＝BD+BE； （2）如图2，点E在CB的延长线上，求证：BC＝BD﹣BE． 15．如图，C为线段AB上任意一点（不与A、B重合）分别以AC、BC为一边在AB的同侧作等边△ACD和等边△BCE，连接AE交CD于点M，连接BD交CE于点N．AE与BD交于点P．连接PC．试说明： （1）△ACE≌△DCB． （2）∠APD的度数． （3）∠APC＝∠BPC． 16．如图，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE． （1）求证：△ABD≌△ACE； （2）若∠1＝25°，∠2＝30°，求∠3的度数． 17．感知：如图（1），在△ABC中，分别以AB、AC为边在△ABC外部作等边三角形△ABD、△ACE，连接CD、BE．求证：BE＝DC； 应用：如图（2），在△ABC中，AB＞AC，分别以AB、AC为边在△ABC内部作等腰三角形△ABD、△ACE，点E恰好在BC边上，使AB＝AD，AC＝AE，且∠BAD＝∠CAE，连接CD，CE＝3cm，CD＝2cm，△ABC的面积为25cm2，求△ABE的面积． 18．如图，线段AB⊥直线l于点B，点D在直线l上，分别以AB、AD为边在AB、AD的右侧作等边三角形ABC和等边三角形ADE，直线CE交直线l于点F．求证： （1）BD＝CE； （2）DF＝CE﹣CF； 19．如图，△ABE和△CBF有公共顶点B，且满足AB＝CB，EB＝FB，AB⊥BC，BE⊥BF，AE和CF交于点D． （1）求证：△ABE≌△CBF； （2）求证：AE⊥CF． 20．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△ABC和△CDE，且AB＝AC＝BC，DC＝CE＝DE，∠BAC＝∠BCA＝∠DCE＝∠DEC＝60°，AD与BE交于点O． （1）点C在运动过程中，∠BOA的度数是否改变？如果改变，求出其变化范围；如果不改变，求出其度数． （2）连接OC，判断OC是否平分∠AOE？并说明理由． 参考答案 一．选择题 1．解：∵△ACM，△CBN是等边三角形， ∴∠ACM＝∠BCN＝60°，CA＝CM，CB＝CN， ∴∠ACM+∠MCN＝∠BCN+∠MCN， ∴∠ACN＝∠MCB， 在△ACN和△MCB中， ， ∴△ACN≌△MCB（SAS）， ∴AN＝BM，故①正确； ∵△ACN≌△MCB， ∴∠NAC＝∠BMC， 在△ACE和△MCF中， ， ∴△ACE≌△MCF（ASA）， ∴CE＝CF，故②正确； 又∵∠MCN＝1880°﹣∠ACM﹣∠BCN＝60°， ∴△CFE是等边三角形，故③正确； ∴∠CFE＝60°＝∠BCN， ∴EF∥AB， ∴∠MFE＝∠MBC，∠AFE＝∠BAF， ∵△ACN≌△MCB， ∴∠ANC＝∠MBC， ∴∠MFE＝∠ANC， 又∵∠ANC+∠CAN＝∠BCN＝60°， ∴∠MFE+∠CAN＝60°， ∵∠AFE＝∠CAF＜∠CAN， ∴∠MFE+∠AFE＜60°， 即∠AFM＜60°，故④不正确； 其中正确的有①②③， 故选：C． 2．解：∵∠ACB＝∠DCE＝90°， ∴∠DCB＝∠ECA， 在△DCB和△ECA中， ， ∴△DCB≌△ECA（SAS）， ∴∠CDB＝∠CEA， ∵CE＝CD，∠ECD＝90°， ∴∠CED＝∠CDE＝45°， 又∵∠AEB＝130°， ∴∠BED+∠AEC＝360°﹣130°﹣45°＝185°， ∵∠AEC＝∠BDC＝∠BDE+45°， ∴∠BED+∠BDE＝140°， ∴∠EBD＝180°﹣（∠BED+∠BDE）＝40°． 故选：B． 3．解：∵△ABF和△ACE是等边三角形， ∴AB＝AF，AC＝AE，∠FAB＝∠EAC＝60°， ∴∠FAB+∠BAC＝∠EAC+∠BAC， 即∠FAC＝∠BAE， 在△ABE与△AFC中， ， ∴△ABE≌△AFC（SAS）， ∴BE＝FC，∠AEB＝∠ACF，故①正确， ∵∠EAN+∠ANE+∠AEB＝180°，∠CON+∠CNO+∠ACF＝180°，∠ANE＝∠CNO， ∴∠CON＝∠CAE＝60°＝∠MOB， ∴∠BOC＝180°﹣∠CON＝120°，故②正确， 连接AO，过A分别作AP⊥CF与P，AM⊥BE于Q，如图1， ∵△ABE≌△AFC， ∴S△ABE＝S△AFC， ∴•CF•AP＝•BE•AQ，而CF＝BE， ∴AP＝AQ， ∴OA平分∠FOE，所以③正确， 在OF上截取OD＝OB， ∵∠BOF＝60°， ∴△OBD是等边三角形， ∴BD＝BO，∠DBO＝60°， ∴∠FBD＝∠ABO， ∵BF＝AB， ∴△FBD≌△ABO（SAS）， ∴DF＝OA， ∴OF＝DF+OD＝OA+OB； 故④正确； 故选：C． 4．解：∵△DAC、△EBC均是等边三角形， ∴CA＝CD，∠ACD＝60°，CE＝CB，∠BCE＝60°， ∴∠DCE＝60°，∠ACE＝∠BCD＝120°， 在△ACE和△DCB中 ， ∴△ACE≌△DCB（SAS）， ∴AE＝DB，故①正确； ∠CAE＝∠CDB， 在△ACM和△DCN中 ， ∴△ACM≌△DCN（ASA）， ∴CM＝CN，故②正确； ∵CM＝CN，∠MCN＝60°， ∴△CMN为等边三角形，故③正确； ∴∠CMN＝60°， ∴∠CMN＝∠MCA， ∴MN∥BC，故④正确； ∵∠DNC＝∠DNM+∠MNC＞60°， ∴∠DNC≠∠DCN， ∴DC≠DN，故⑤错误， 故选：C． 5．解：①∵CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝α， ∴∠ACB+∠BCD＝∠DCE+∠BCD， ∴∠ACD＝∠BCE， 在△ACD和△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴AD＝BE； 故①正确； ②设CD与BE交于F， ∵△ACD≌△BCE， ∴∠ADC＝∠BEC， ∵∠CFE＝∠DFO， ∴∠DOE＝∠DCE＝α， 故②正确； ③∵△ACD≌△BCE， ∴∠CAD＝∠CBE，AD＝BE，AC＝BC， 又∵点M、N分别是线段AD、BE的中点， ∴AM＝AD，BN＝BE， ∴AM＝BN， 在△ACM和△BCN中， ， ∴△ACM≌△BCN（SAS）， ∴CM＝CN，∠ACM＝∠BCN， 又∠ACB＝α， ∴∠ACM+∠MCB＝α， ∴∠BCN+∠MCB＝α， ∴∠MCN＝α， ∴△MNC不一定是等边三角形，故③不符合题意； ④过C作CG⊥BE于G，CH⊥AD于H， ∴∠CHD＝∠ECG＝90°， 在△CGE和△CHD中， ∴△CGE≌△CHD（AAS）， ∴CH＝CG， ∴OC平分∠AOE，故④正确， 故选：A． 6．解：∵△ABE与△CDE都是等腰直角三角形，∠AEB＝∠DEC＝90°， ∴AE＝BE，ED＝EC， ∴点E在CD的垂直平分线上， ∵AD＝AC， ∴点A在CD的垂直平分线上， ∴AE垂直平分CD，①正确； ∵∠AEB+∠BEC＝∠DEC+∠BEC， ∴∠AEC＝∠BED， 在△ACE和△BDE中，， ∴△ACE≌△BDE（SAS）， ∴∠ACE＝∠BDE，AC＝BD， ∵∠DNE＝∠CNM，如图所示： ∴由三角形内角和定理得：∠CMB＝∠DEC＝90°， ∴AC⊥BD， ∵AD＝AB， ∴AC平分∠BAD，②正确； ∵AC＝BD，AD＝AC＝AB， ∴AD＝AB＝BD， ∴△ABD是等边三角形，③正确； ∴∠BAD＝∠ABD＝60°，∠DAC＝∠BAC＝30°， ∵AD＝AC＝AB， ∴∠ACD＝∠ADC＝∠ACB＝∠ABC＝（180°﹣30°）＝75°， ∴∠BCD＝2×75°＝150°，④正确； 正确的个数有4个， 故选：D． 7．解：∵△ABC和△CDE均是等边三角形， ∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE， ∴∠ACB+∠ACE＝∠DCE+∠ACE， 即∠ACD＝∠BCE，且AC＝BC，CD＝CE， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴AD＝BE， 故①符合题意； ∵△ACD≌△BCE ∴∠ADC＝∠BEC，∠CAD＝∠CBE， ∵∠ACN＝180°﹣2×60°＝60°， ∴∠ACN＝∠BCM＝60°，且AC＝BC，∠CAD＝∠CBE， ∴△ACN≌△BCM（ASA）， ∴AN＝BM，CM＝CN， 故②符合题意； ∵∠ACN＝60°，CM＝CN， ∴△CMN为等边三角形， ∴∠CMN＝60°， ∴∠ACB＝∠CMN＝60°， ∴MN∥BD， 故③和⑤符合题意 ∵∠CAD＝∠CBE， ∴点A，点B，点C，点O四点共圆， ∴∠BAC＝∠BOC＝60°，∠AOB＝∠ACB＝60°， ∴∠COD＝∠BOC＝60°， 故④符合题意， 故选：D． 8．解：如图所示： ∵△ACB和△ADE都是等腰直角三角形， ∴AB＝AC，AD＝AE，∠AED＝45°， 又∵∠BAD＝∠BAC+∠CAD， ∠CAE＝∠DAE+∠CAD， ∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴∠BAD＝∠CAE， 在△BAD和△CAE中， ， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴∠ADB＝∠AEC， ∴∠ADB＝45°， 故选：A． 二．填空题（共5小题） 9．解：∵△ACD和△BCE是等边三角形， ∴AD＝AC＝CD，CE＝CB＝BE，∠ACD＝∠BCE＝60°． ∴∠ACD+∠DCE＝∠BCE+∠DCE， ∴∠ACE＝∠DCB． 在△ACE和△DCB中， ， ∴△ACE≌△DCB（SAS）， ∴AE＝BD，∠CAE＝∠CDB，∠AEC＝∠DBC，故①正确． 在△CEG和△CBH中， ， ∴△CEG≌△CBH（ASA）， ∴CG＝CH，GE＝HB， ∴△CGH为等边三角形，故④正确； ∴∠GHC＝60°， ∴∠GHC＝∠BCH， ∴GH∥AB． ∵∠AFD＝∠EAB+∠CBD， ∴∠AFD＝∠CDB+∠CBD＝∠ACD＝60°，故③正确； 无法得出∠GCE＝60°， ∴△GCE不一定与△HCB全等，故②错误； 故答案为：①③④． 10．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， ， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴∠CBE＝∠DAC， 又∵∠ACB＝∠DCE＝60°， ∴∠BCD＝60°，即∠ACP＝∠BCQ， 又∵AC＝BC， ∴△CQB≌△CPA（ASA）， ∴CP＝CQ， 又∵∠PCQ＝60°， ∴△PCQ为等边三角形，故④正确； ∴∠PQC＝∠DCE＝60°， ∴PQ∥AE，故①正确； ∵∠DAC+∠AEB＝∠DAC+∠ADC＝∠DCE＝60°， ∴∠AOE＝120°，故②正确； 如图，在AP上截取NOQ，连接CN， ∵△CQB≌△CPA， ∴CP＝CQ，∠CPN＝∠CQO，BQ＝AN， ∴△CPN≌△CQO（SAS）， ∴CN＝CO，∠BCN＝∠OCQ， ∴∠ACN＝∠BCO，∠NCO＝60°， 又∵AC＝BC， ∴△ACN≌△BCO（SAS）， ∴BO＝AN， ∵∠NCO＝60°，CO＝CN， ∴△NCO是等边三角形， ∴NO＝CO， ∴AO＝AN+NO＝BO+CO，故⑤正确； ∵OC不一定垂直AE， ∴∠ACO不一定等于∠ECO， ∴∠BCO不一定等于∠DCO， ∴CO不一定平分∠BCD，故③错误； 故答案为：①②④⑤． 11．解：∵等边△ABC和等边△CDE， ∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°， ∴∠ACD＝∠BCE，∠ACB＝∠DCE＝∠BCD＝60°， 在△ACD与△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE（SAS），故①正确； ∴∠DAC＝∠EBC，∠CEB＝∠CDA， 在△ACP和△BCQ中， ， ∴△ACP≌△BCQ（ASA），故②正确； ∴CP＝CQ， 又∵∠BCD＝60°， ∴△PCQ是等边三角形，故⑥正确， ∴∠CPQ＝∠CQP＝60°， ∴∠ACB＝∠CPQ， ∴AC∥PQ，故⑤正确； ∵∠DAC＝∠EBC，∠APC＝∠BPR， ∴∠ACB＝∠BRP＝60°，故④正确； 在△DCP和△ECQ中， ， ∴△DCP≌△ECQ（SAS），故选③正确； 故答案为①②③④⑤⑥． 12．解：①∵△ABC和△CDE都是等边三角形， ∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝60°，∠DCE＝60°， ∴∠ACE＝60°， ∴∠ACD＝∠BCE＝120°， 在△ACD和△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴AD＝BE； ②∵△ACD≌△BCE， ∴∠CAD＝∠CBE， 在△ACN和△BCM中， ， ∴△ACN≌△BCM（ASA）， ∴AN＝BM； ③∵∠CAD+∠CDA＝60°， 而∠CAD＝∠CBE， ∴∠CBE+∠CDA＝60°， ∴∠BPD＝120°， ∴∠APM＝60°； ④∵△ACN≌△BCM， ∴CN＝BM， 而∠MCN＝60°， ∴△CMN为等边三角形； ⑤作CH⊥BE于H，CQ⊥AD于Q，如图， ∵△ACD≌△BCE， ∴CQ＝CH， ∴CP平分∠BPD． 故正确的有：①③④⑤， 故答案为：①③④⑤． 13．解：如图，连接BE，CF， ∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC， ∴AB＝BC＝AC＝8，BD＝CD＝4，∠BAD＝∠CAD＝30°， ∴AD＝BD＝4， ∵△AEF是等边三角形， ∴∠EAF＝60°， ∴∠EAG＝∠GAF＝30°， ∴EG＝GF， ∵AE＝2， ∴DE＝AE＝2， ∴BE＝＝＝2， ∵△ABC和△AEF是等边三角形， ∴AB＝AC，AE＝AF，∠BAC＝∠EAF＝60°， ∴∠BAE＝∠CAF， 在△BAE和△CAF中，， ∴△BAE≌△CAF（SAS）， ∴CF＝BE＝2， ∵EN＝CN，EG＝FG， ∴NG＝CF＝； 故答案为：． 三．解答题（共7小题） 14．（1）证明：∵∠BAC＝DAE， ∴∠BAC﹣∠BAE＝∠DAE﹣∠BAE， 即∠DAB＝∠EAC， 又∵AB＝AC，AD＝AE， ∴△DAB≌△EAC（SAS）， ∴BD＝CE， ∴BC＝BE+CE＝BD+BE； （2）证明：∵∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAC+∠EAB＝∠DAE+∠EAB， 即∠DAB＝∠EAC， 又∵AB＝AC，AD＝AE， ∴△DAB≌△EAC（SAS）， ∴BD＝CE， ∴BC＝CE﹣BE＝BD﹣BE． 15．（1）证明：∵△ACD和△CBE都是等边三角形， ∴AC＝DC，CE＝CB，∠ACD＝∠ECB＝60°， ∴∠ACD+∠DCE＝∠ECB+∠DCE， ∴∠ACE＝∠DCB， 在△ACE和△DCB中， ， ∴△ACE≌△DCB（SAS）； （2）解：∵△ACE≌△DCB， ∴∠CAE＝∠BDC， ∵∠ACD＝∠BDC+∠CBD＝60°， ∴∠APD＝∠CAE+∠CBD＝60°； （3）证明：如图，过点C作CG⊥AE于G，作CH⊥BD于H， 在△AGC和△DHC中， ， ∴△AGC≌△DHC（AAS）， ∴CG＝CH，且CG⊥AE，CH⊥BD， ∴PC平分∠APB， 即∠APC＝∠BPC． 16．（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC， ∴∠1＝∠EAC， 在△ABD和△ACE中， ， ∴△ABD≌△ACE（SAS）； （2）解：∵△ABD≌△ACE， ∴∠ABD＝∠2＝30°， ∵∠1＝25°， ∴∠3＝∠1+∠ABD＝25°+30°＝55°． 17．感知：证明：∵△ABD和△ACE为等边三角形， ∴∠EAC＝∠DAB＝60°， ∴∠DAB+∠BAC＝∠EAC+∠CAB， ∴∠DAC＝∠EAB， ∵AD＝AB，AC＝AE， ∴△ADC≌△ABE（SAS）， ∴BE＝DC； 应用：解：过A点作△ABC的高线，垂足为F． ∵∠BAD＝∠EAC， ∴∠BAD﹣∠EAD＝∠EAC﹣∠EAD， ∴∠BAE＝∠DAC， ∵AB＝AD，AE＝AC ∴△ABE≌△ADC（SAS）， ∴DC＝BE＝2， ∵EC＝3， ∴BC＝5， ∵△ABC的面积是25cm2， ∴， ∴AF＝10， ∴△ABE的面积是＝10cm2 ∴△ABE的面积是10cm2． 18．证明：（1）设AD交EF于O， ∵△ABC和△ADE均为等边三角形， ∴AB＝AC，AD＝AE，∠ABC＝∠BAC＝∠DAE＝∠OAE＝60°， ∴∠BAD＝∠CAE＝60°﹣∠DAC， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴BD＝CE； （2）由（1）得△ABD≌△ACE， ∴∠ADB＝∠AEC， 又∠AOE＝∠FOD， ∴∠OFD＝∠OAE＝60°， 又AB⊥l， ∴∠ABD＝90°， ∴∠CBD＝90°﹣60°＝30°， ∠FCB＝∠OFD﹣∠CBD＝60°﹣30°＝30°， ∴∠CBD＝∠FCB， ∴BF＝CF， ∴DF＝BD﹣BF＝CE﹣CF． 19．证明：（1）由AB⊥BC，BF⊥BE可知： ∠ABC＝∠EBF＝90°， ∴∠ABC+∠CBE＝∠EBF+∠CBE， 即∠ABE＝∠FBC， 在△ABE和△CBF中， ， ∴△ABE≌△CBF（SAS）； （2）由（1）知：△ABE≌△CBF， ∴∠A＝∠C， 设AE与BC交于点H， 则：∠AHB＝180°﹣∠ABC﹣∠A＝90°﹣∠A， 又∵∠CHD＝∠AHB＝90°﹣∠A， ∴∠C+∠CHD＝∠C+90°﹣∠A＝90°， ∴∠CDH＝180°﹣90°＝90°， ∴AE⊥CF． 20．解：（1）不变；∠BOA＝60°，理由如下： ∵△ABC与△DCE为等边三角形， ∴CD＝CE，AC＝BC，∠ACD＝∠BCE＝120°， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴∠DAC＝∠EBC， ∵∠APC＝∠BPO， ∵∠EBC+∠BPO+∠AOB＝180°， ∠CAD+∠APC+∠ACB＝180°， ∴∠AOB＝∠ACB＝60°， （2）∵△ACD≌△BCE（已证）， ∴∠CAD＝∠CBE， ∵∠ACB＝∠ECD＝60°（已证）， ∴∠BCQ＝180°﹣60°×2＝60°， ∴∠ACB＝∠BCQ＝60°，在△ACP与△BCQ中， ∴△ACP≌△BCQ（ASA）， ∴PC＝CQ． ∵∠BOA＝60°， ∴∠AOE＝120°， ∵∠PCQ＝60°， ∴O、P、C、Q四点共圆， ∵PC＝CQ， ∴∠POC＝∠QOC， ∴OC平分∠AOE ( 第 1 页 共 35 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$