2025年九年级中考复习数学几何模型研究大讲堂 专题二十二 “手拉手”模型

初中数学几何模型研究大讲堂 专题二十二：手拉手模型 22-1：全等中的手拉手模型 PART 1——模型认知. 已知 图示 结论(性质) 在等腰△ABC中，AC=BC，在等腰△CDE中， CD=CE，， 将△COD绕点O旋转一定角度后，连接BE，AD，相交于点F，连接CF,BE交AC于点M. 1.； 2.CF平分∠BFD； 3.=. 在等腰△ABC中，AC=BC，在等腰ADE中， AD=AE，连接BD、CE.（此时翻折△ABC得到△ABF，连接EF则形成“反向手拉手”模型） 1.. 考法 常考设问 考查题型 解题思路 考 法 1 考法1 从复杂图形中抽离“手拉手”模型 求线段长、多结论判断、证明线段长度关系等 1. 在选择题考查多结论判断题时涉及； 2. 在解答题以几何探究的形式，利用“手拉手”模型证明线段相等或求线段长 找到两个共顶点的等腰三角形（等腰直角三角形、等边三角形），根据角度代换得一组相等角，结合两组相等边，证明三角形全等，从而进行相关证明或计算 考 法 2 添加辅助线构造“手拉手”模型 证明三角形形状、求线段长、证明线段长度关系、求三角函数值等 在几何探究题中利用“手拉手”模型，证明线段关系或求线段长 找到等腰三角形的顶点和过该顶点的另一条线段，通过旋转该线段形成另一个等腰三角形，从而构造出有共同顶点的两个全等三角形，进而求解 PART 2——模型思路. 这是一种教学过程中必须涉及的模型，是全等压轴题的一类，辅助线有时候很难看出来，熟练后就能在各种题型中应用，该模型可作为各种考试的压轴题经典题目，往往通过SAS证明三角形全等，并一般角是有公共部分，还需要有识别模型的能力，该模型一定要看懂证明过程，不能只背结论. 常见辅助线作法： 已知 图示 作法 “手拉手”模型 连接线段构造手拉手模型（找到等腰三角形的顶点和过该顶点的另一条线段，通过旋转该线段形成另一个等腰三角形，从而构造出有共同顶点的两个全等三角形，进而求解） “反向手拉手”模型 共顶点等腰三角形翻折构造手拉手全等 证明过程：如图， 在等腰△ABC中，AC=BC，在等腰△CDE中，CD=CE，， 将△COD绕点O旋转一定角度后，连接BE，AD，相交于点F，连接CF,BE交AC于点M.求证：；CF平分∠BFD；=. 证：，，即， 又，，（），（结论1） ，， 又，，（结论3）； 过点作，，则， 又，，（） ，根据角平分线的判定可得：平分.（结论2） PART 3——模型练习. 1.（2024·福建龙岩校级月考）如图，，，，B、D、E三点共线，，，则 （    ）    A． B． C． D． 2.（2025·浙江温州校级练习）如图，在和中，，连接交于点，连接．下列结论：①；②；③平分；④平分．其中正确的个数为（　　）． A．4 B．3 C．2 D．1  3.（2024·重庆西大附中入学）如图，在 中，，，是边上一点（不与重合），以为边作等腰，，且，与交于点，连接． (1)求证：； (2)当时，求． 4.（2022·青海）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，把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形. (1)问题发现： 如图1，若和是顶角相等的等腰三角形，BC，DE分别是底边.求证：；      图1 (2)解决问题：如图2，若和均为等腰直角三角形，，点A，D，E在同一条直线上，CM为中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系并说明理由.     图2 【思路点拨】这种手拉手题型的关键是要通过全等证得∠AEB=90°. 5.（2025·广东广州执信月考）如图，与交于点． (1)求证：； (2)连接，求证：平分．（提示：过向、作垂线） 6.（2024·重庆一外入学）小明同学发现这样一个规律：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，小明把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形． （1）问题发现：如图1，若△ABC和△ADE均是顶角为40°的等腰三角形，BC、DE分别是底边，求证：BD＝CE； （2）拓展探究：如图2，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，则∠AEB的度数为　 　；线段BE与AD之间的数量关系是　 　； （3）解决问题：如图3，若△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠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，请判断∠AEB的度数及线段CM、AE、BE之间的数量关系并说明理由．    7.（2024·内蒙古通辽校级期中）如图，已知，，． (1)求证：； (2)求的度数． 8.（2024·河北石家庄校级期末）如图，正和正中，B、C、D共线，且，连接和相交于点F，以下结论中正确的有（    ）个 ①  ②连接，则平分  ③  ④ A．4 B．3 C．2 D．1 9.（2024·重庆八中月考节选）在三角形中，，F为中点，D为平面内一点． 如图，连接，将绕点A逆时针旋转到，使得，连接，恰好过点F，若，猜想并证明与的数量关系. 10.（2024·重庆南开定时） 和是两个角都是的等腰直角三角形（，，）的三角板， 【问题初探】 （1）当两个三角板如图（1）所示的位置摆放时，D、B、C在同一直线上，连接、，请证明：； 【类比探究】 （2）当三角板保持不动时，将三角板绕点B顺时针旋转到如图（2）所示的位置，判断与的数量关系和位置关系，并说明理由． 11.（2024·江苏无锡期中改编）如图3，对于任意，以和为边向外作等腰直角三角形和等腰直角三角形，使得，连结、、，分别取，的中点、，连接，，，则是等腰直角三角形是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由． （选做） 12.（2025·重庆一中消化）如图，已知正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，延长BC至点E，延长AB至点F，使得．连接OE，连接EF，已知，，则这个正方形的边长是 ．    【思路点拨】本题可以连接OF构造手拉手，也可以直接利用三线合一求解. 13.（2025·重庆育才自主节选）如图，在等边中，延长到点，连接． (1)点是内一动点，满足，以为边作等边，点落在线段上，若，求的度数； (2)如图2，的角平分线交于，在边上取点，使得，连接，在边上取一点，使得，连接、．用等式表示线段、、三者之间的关系. 14.（2023·重庆江北校级月考）已知与为等腰直角三角形，，点在边上． (1)如图1，若，求的度数； (2)如图2，点为上一点，且点为的中点，连接，．求证：． 【思路点拨】此题为“反向手拉手”模型，通过延长或翻折构造出正常的手拉手模型. 15.（2024·重庆南开期末）如图1，若△ABC和△ADE为等边三角形，M，N分别为EB，CD的中点，易证：CD=BE，△AMN是等边三角形：   （1）当把△ADE绕点A旋转到图2的位置时，CD=BE吗？若相等请证明，若不等于请说明理由；   （2）当把△ADE绕点A旋转到图3的位置时，△AMN还是等边三角形吗？若是请证明，若不是，请说明理由（可用第一问结论）．   PART 4——模型变式. 【变式1】（2023·河南漯河校级期中）如图，，均是等边三角形，点A，C，B在同一条直线上，且，分别与，交于点M，N，连结．则下列结论：（1）；（2）为等边三角形；（3）平分；（4）；（5）平分．其中正确的有（  ） 【变式2】（2024·四川达州校级期中模拟节选）已知，在中，． 如图1，已知点D在边上，，连结．试探究与的关系. 【变式3】（2024·重庆南开期末节选）我们定义：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，形象的可以看作两双手，所以通常称为“手拉手模型”.例如，如（1），与都是等腰三角形，其中，则△ABD≌△ACE(SAS). （1）熟悉模型：如（2），已知与都是等腰三角形，AB=AC，AD=AE，且，求证：； 【变式4】（2024·重庆秀山校级期中节选）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，在和中，，连接，当点落在边上，且三点共线时，则在这个“手拉手模型”中，与全等的三角形是__________，的度数为__________． (2)如图2，已知，分别以为直角边向两侧作等腰直角和等腰直角，其中，连接、，线段和交于点． ①证明∶；②． 【变式5】（2025·重庆渝北期中模拟改编）如图1，已知平行四边形中， 对角线相交于点O， ． 如图2，过点C作于点F， 连接， 过点 A作交于点E，求证： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 初中数学几何模型研究大讲堂 专题二十二：手拉手模型 22-1：全等中的手拉手模型 PART 1——模型认知. 已知 图示 结论(性质) 在等腰△ABC中，AC=BC，在等腰△CDE中， CD=CE，， 将△COD绕点O旋转一定角度后，连接BE，AD，相交于点F，连接CF,BE交AC于点M. 1.； 2.CF平分∠BFD； 3.=. 在等腰△ABC中，AC=BC，在等腰ADE中， AD=AE，连接BD、CE.（此时翻折△ABC得到△ABF，连接EF则形成“反向手拉手”模型） 1.. 考法 常考设问 考查题型 解题思路 考 法 1 考法1 从复杂图形中抽离“手拉手”模型 求线段长、多结论判断、证明线段长度关系等 1. 在选择题考查多结论判断题时涉及； 2. 在解答题以几何探究的形式，利用“手拉手”模型证明线段相等或求线段长 找到两个共顶点的等腰三角形（等腰直角三角形、等边三角形），根据角度代换得一组相等角，结合两组相等边，证明三角形全等，从而进行相关证明或计算 考 法 2 添加辅助线构造“手拉手”模型 证明三角形形状、求线段长、证明线段长度关系、求三角函数值等 在几何探究题中利用“手拉手”模型，证明线段关系或求线段长 找到等腰三角形的顶点和过该顶点的另一条线段，通过旋转该线段形成另一个等腰三角形，从而构造出有共同顶点的两个全等三角形，进而求解 PART 2——模型思路. 这是一种教学过程中必须涉及的模型，是全等压轴题的一类，辅助线有时候很难看出来，熟练后就能在各种题型中应用，该模型可作为各种考试的压轴题经典题目，往往通过SAS证明三角形全等，并一般角是有公共部分，还需要有识别模型的能力，该模型一定要看懂证明过程，不能只背结论. 常见辅助线作法： 已知 图示 作法 “手拉手”模型 连接线段构造手拉手模型 “反向手拉手”模型 共顶点等腰三角形翻折构造手拉手全等 证明过程：如图， 在等腰△ABC中，AC=BC，在等腰△CDE中，CD=CE，， 将△COD绕点O旋转一定角度后，连接BE，AD，相交于点F，连接CF,BE交AC于点M.求证：；CF平分∠BFD；=. 证：，，即， 又，，（），（结论1） ，， 又，，（结论3）； 过点作，，则， 又，，（） ，根据角平分线的判定可得：平分.（结论2） PART 5——模型解析. 1.（2024·福建龙岩校级月考）如图，，，，B、D、E三点共线，，，则 （    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求出，根据推出，根据全等三角形的性质求出，根据三角形的外角性质求出即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故选：B． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形的外角性质的应用，能求出是解此题的关键，注意：全等三角形的对应角相等． 2.（2025·浙江温州校级练习）如图，在和中，，连接交于点，连接．下列结论：①；②；③平分；④平分．其中正确的个数为（　　）． A．4 B．3 C．2 D．1  【答案】B 【分析】根据题意逐个证明即可，①只要证明，即可证明; ②利用三角形的外角性质即可证明; ④作于，于,再证明即可证明平分. 【详解】解：∵， ∴， 即， 在和中，， ∴， ∴，①正确； ∴， 由三角形的外角性质得： ∴°，②正确； 作于，于，如图所示 则°， 在和中，， ∴， ∴， ∴平分，④正确； 正确的个数有3个； 故选B． 【点睛】本题是一道几何的综合型题目，难度系数偏上，关键在于利用三角形的全等证明来证明线段相等，角相等. 3.（2024·重庆西大附中入学）如图，在 中，，，是边上一点（不与重合），以为边作等腰，，且，与交于点，连接． (1)求证：； (2)当时，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质、全等三角形的性质和判定、同角的余角相等、三角形内角和定理，熟练掌握并应用上述知识是解题的关键． （1）根据同角的余角相等可得，再加上两组边对应相等即可证明； （2）由全等三角形的性质可得对应的边、角相等，再加上由等腰三角形求出的底角度数即可得出结论． 【详解】（1）证明：， ， 在和中， ， ． （2）解：，， ， ， ，， 又， ， ． 4.（2022·青海）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，把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形. (1)问题发现： 如图1，若和是顶角相等的等腰三角形，BC，DE分别是底边.求证：；      图1 (2)解决问题：如图2，若和均为等腰直角三角形，，点A，D，E在同一条直线上，CM为中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系并说明理由.     图2 【思路点拨】这种手拉手题型的关键是要通过全等证得∠AEB=90°. 【答案】(1)见解析 (2)； 【分析】（1）先判断出∠BAD=∠CAE，进而利用SAS判断出△BAD≌△CAE，即可得出结论； （2）同（1）的方法判断出△BAD≌△CAE，得出AD=BE，∠ADC=∠BEC，最后用角的差，即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵和是顶角相等的等腰三角形， ∴，，， ∴， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． （2）解：，， 理由如下：由（1）的方法得，， ∴，， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵，， ∴． ∵， ∴， ∴． ∴． 【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形，等边三角形，等腰直角三角形的性质，判断出△ACD≌△BCE是解本题的关键． 5.（2025·广东广州执信月考）如图，与交于点． (1)求证：； (2)连接，求证：平分．（提示：过向、作垂线） 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的判定定理，作辅助线构造全等三角形是解题关键． （1）由已知得出，再根据“”证明，即可得出结论； （2）过点作于点，于点，根据“”证明，得到，再根据角平分线的判定定理证明即可． 【详解】（1）证明：， ，即， 在和中， ， ， ； （2）证明：如图，过点作于点，于点， ， ， 在和中， ， ， ， 又，， 平分． 6.（2024·重庆一外入学）小明同学发现这样一个规律：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，小明把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形． （1）问题发现：如图1，若△ABC和△ADE均是顶角为40°的等腰三角形，BC、DE分别是底边，求证：BD＝CE； （2）拓展探究：如图2，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，则∠AEB的度数为　 　；线段BE与AD之间的数量关系是　 　； （3）解决问题：如图3，若△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠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，请判断∠AEB的度数及线段CM、AE、BE之间的数量关系并说明理由．    【答案】(1)见解析 (2)； 【分析】（1）先判断出∠BAD=∠CAE，进而利用SAS判断出△BAD≌△CAE，即可得出结论； （2）同（1）的方法判断出△BAD≌△CAE，得出AD=BE，∠ADC=∠BEC，最后用角的差，即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵和是顶角相等的等腰三角形， ∴，，， ∴， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． （2）解：，， 理由如下：由（1）的方法得，， ∴，， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵，， ∴． ∵， ∴， ∴． ∴． 【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形，等边三角形，等腰直角三角形的性质，判断出△ACD≌△BCE是解本题的关键． 7.（2024·内蒙古通辽校级期中）如图，已知，，． (1)求证：； (2)求的度数． 【答案】 (1)证明过程见详解 (2) 【分析】此题考查全等三角形的判定与性质，解题关键在于掌握全等三角形的判定定理． 根据，通过角的计算即可得出，结合、即可证出，进而即可得出．再根据外角的性质即可得出的度数． 【详解】（1）证明：，， ， 在和中 ， ； （2）解：， ， ． 8.（2024·河北石家庄校级期末）如图，正和正中，B、C、D共线，且，连接和相交于点F，以下结论中正确的有（    ）个 ①  ②连接，则平分  ③  ④ A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】A 【分析】根据“手拉手”模型证明，从而得到，再结合三角形的外角性质即可求解，即可证明①；作于点，于点，证明，结合角平分线的判定定理即可证明②；利用面积法表示和的面积，然后利用比值即可证明③；利用“截长补短”的思想，在上取点，使得，首先判断出为等边三角形，再结合“手拉手”模型推出即可证明④． 【详解】解：①∵和均为等边三角形， ∴，，， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∵，， ∴，故①正确； ②如图所示，作于点，于点， 则， ∵， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴平分，故②正确； ③如图所示，作于点， ∵，， ∴， ∵， ∴整理得：， ∵， ∴， ∴，故③正确； ④如图所示，在上取点，使得， ∵，平分， ∴，， ∴为等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∵，， ∴，故④正确； 综上，①②③④均正确； 故选：A． 【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等，理解等边三角形的基本性质，掌握全等三角形中的辅助线的基本模型，包括“手拉手”模型，截长补短的思想等是解题关键． 9.（2024·重庆八中月考节选）在三角形中，，F为中点，D为平面内一点． 如图，连接，将绕点A逆时针旋转到，使得，连接，恰好过点F，若，猜想并证明与的数量关系. 【答案】 【分析】在上截取，连接，证明，根据全等三角形的性质得，由可推出，则，再证明，可得，证明，得出，即可得出结论； 解：，证明如下： 证明：在上截取，连接， ∵将绕点A逆时针旋转到，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点F为中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴. 10.（2024·重庆南开定时） 和是两个角都是的等腰直角三角形（，，）的三角板， 【问题初探】 （1）当两个三角板如图（1）所示的位置摆放时，D、B、C在同一直线上，连接、，请证明：； 【类比探究】 （2）当三角板保持不动时，将三角板绕点B顺时针旋转到如图（2）所示的位置，判断与的数量关系和位置关系，并说明理由． 【答案】（1）见解析；（2），，理由见解析 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形． （1）由判定，推出； （2）过点C作垂直于的延长线于点H，交于点O，判定，推出，，由三角形内角和定理推出，推出． 【详解】（1）证明：在和中， ， ∴， ∴； （2）解：，，理由如下： 如图，过点C作垂直于的延长线于点H，交于点O， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴． 11.（2024·江苏无锡期中改编）如图3，对于任意，以和为边向外作等腰直角三角形和等腰直角三角形，使得，连结、、，分别取，的中点、，连接，，，则是等腰直角三角形是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由． 【答案】成立，见解析 【分析】证明，推出，，再证明，可得结论． 【详解】解：如图3.2中， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了勾股定理，对角线垂直的四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题． （选做） 12.（2025·重庆一中消化）如图，已知正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，延长BC至点E，延长AB至点F，使得．连接OE，连接EF，已知，，则这个正方形的边长是 ．    【思路点拨】本题可以连接OF构造手拉手，也可以直接利用三线合一求解. 【答案】 【分析】如图所示，过点O作于H，先证明是等腰直角三角形，得到，同理可得，设，先解直角三角形得到，利用勾股定理求出，，则，在中，由勾股定理建立方程，解方程即可得到答案． 【详解】解：如图所示，过点O作于H，    ∵四边形是正方形， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 同理可得， 设， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， ∴（负值舍去）， ∴， ∴这个正方形的边长是， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，解直角三角形等等，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键． 13.（2025·重庆育才自主节选）如图，在等边中，延长到点，连接． (1)点是内一动点，满足，以为边作等边，点落在线段上，若，求的度数； (2)如图2，的角平分线交于，在边上取点，使得，连接，在边上取一点，使得，连接、．用等式表示线段、、三者之间的关系. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用等边和性质，证明，得出，结合建立方程，即可求解， （2）过点作，交于，连接，通过构造平行线与双等腰结构，得到，从而得到， 再证明．先利用等腰三角形性质和三角形的内角和证明，得是等边三角形，进而得，再证明得，从而可得点是的内角平分线的交点，由此证明，再利用等腰三角形判定证明，由此证明，可得，可得； 【详解】（1）解：∵在等边中， ∴，， ∵在等边中， ∴，， ∴， ∴， ∴ ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴ （2）解：过点作，交于，连接， 设， ∵是的角平分线， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， 又∵，，， ∴， ∴， 又∵是的角平分线， ∴点是的内角平分线的交点， ∴平分， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴， ∴，即， ∵，，， ∴， ∴， ∴ 14.（2023·重庆江北校级月考）已知与为等腰直角三角形，，点在边上． (1)如图1，若，求的度数； (2)如图2，点为上一点，且点为的中点，连接，．求证：． 【思路点拨】此题为“反向手拉手”模型，通过延长或翻折构造出正常的手拉手模型. 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得出，由等腰三角形的性质可得出答案； （2）过点A作，且使，则，证明，可得到，，，证明，由全等三角形的性质得出，，证明，可得到． 【详解】（1）解：∵与为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）证明：过点A作，且使，则， ∵， ∴， ∵为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴，，， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键． 15.（2024·重庆南开期末）如图1，若△ABC和△ADE为等边三角形，M，N分别为EB，CD的中点，易证：CD=BE，△AMN是等边三角形：   （1）当把△ADE绕点A旋转到图2的位置时，CD=BE吗？若相等请证明，若不等于请说明理由；   （2）当把△ADE绕点A旋转到图3的位置时，△AMN还是等边三角形吗？若是请证明，若不是，请说明理由（可用第一问结论）．   【答案】（1）CD=BE．理由见解析；（2）△AMN是等边三角形．理由见解析． 【分析】（1）CD=BE．利用“等边三角形的三条边相等、三个内角都是60°”的性质证得△ABE≌△ACD；然后根据全等三角形的对应边相等即可求得结论CD=BE； （2）△AMN是等边三角形．首先利用全等三角形“△ABE≌△ACD”的对应角相等、已知条件“M、N分别是BE、CD的中点”、等边△ABC的性质证得△ABM≌△ACN；然后利用全等三角形的对应边相等、对应角相等求得AM=AN、∠NAM=∠NAC+∠CAM=∠MAB+∠CAM=∠BAC=60°，所以有一个角是60°的等腰三角形的正三角形． 【详解】（1）CD=BE．理由如下：∵△ABC和△ADE为等边三角形， ∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠EAD=60°， ∵∠BAE=∠BAC﹣∠EAC=60°﹣∠EAC， ∠DAC=∠DAE﹣∠EAC=60°﹣∠EAC， ∴∠BAE=∠DAC， 在△ABE和△ACD中， ， ∴△ABE≌△ACD（SAS） ∴CD=BE； （2）△AMN是等边三角形．理由如下：∵△ABE≌△ACD， ∴∠ABE=∠ACD． ∵M、N分别是BE、CD的中点， ∴BM=CN， ∵AB=AC，∠ABE=∠ACD， 在△ABM和△ACN中， ， ∴△ABM≌△ACN（SAS）． ∴AM=AN，∠MAB=∠NAC． ∴∠NAM=∠NAC+∠CAM=∠MAB+∠CAM=∠BAC=60°． ∴△AMN是等边三角形． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质．等边三角形的判定：有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形． PART 4——模型变式. 【变式1】（2023·河南漯河校级期中）如图，，均是等边三角形，点A，C，B在同一条直线上，且，分别与，交于点M，N，连结．则下列结论：（1）；（2）为等边三角形；（3）平分；（4）；（5）平分．其中正确的有（  ） 【答案】（1）（2）（3）（4） 【分析】证明，由全等三角形的性质得出，证得，由全等三角形的性质得出，再由，判定为等边三角形，进而得到，根据平行线的判定得出，连接，过点C作于点P，作于点Q，根据三角形面积公式和角平线定理可证（3），再证，可判断（5），即可解答． 【详解】解：和均是等边三角形， ，，， 点A，C，B在同一条直线上， ， ， 在和中， ， ， ， 在和中， ， ， ， 又， 为等边三角形， ， ， ， 故（2）（4）正确， 如图，连接，过点C作于点P，作于点Q， ， ，， ， ， ，， 平分， 故（3）正确， 在和中， ， ， ， 不一定等于， 不一定平分， 故（5）不正确， 所以，正确的有（1）（2）（3）（4）， 故答案为：（1）（2）（3）（4）． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，角平线定理，平行线的判定，属于综合压轴题，难度较大，熟练掌握相关性质定理是解题的关键． 【变式2】（2024·四川达州校级期中模拟节选）已知，在中，． 如图1，已知点D在边上，，连结．试探究与的关系. 【答案】，理由见详解. 【分析】由题意易得，则易证，然后根据全等三角形的性质可求解； 【详解】解：，理由如下： ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴. 【变式3】（2024·重庆南开期末节选）我们定义：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，形象的可以看作两双手，所以通常称为“手拉手模型”.例如，如（1），与都是等腰三角形，其中，则△ABD≌△ACE(SAS). （1）熟悉模型：如（2），已知与都是等腰三角形，AB=AC，AD=AE，且，求证：； 【答案】见解析 【分析】根据“SAS”证明△ABD≌△ACE即可. 【详解】∵， ∴， 在△ABD和△ACE中， ∵， ， AD=AE， ∴△ABD≌△ACE， ∴. 【变式4】（2024·重庆秀山校级期中节选）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，在和中，，连接，当点落在边上，且三点共线时，则在这个“手拉手模型”中，与全等的三角形是__________，的度数为__________． (2)如图2，已知，分别以为直角边向两侧作等腰直角和等腰直角，其中，连接、，线段和交于点． ①证明∶；②． 【答案】(1)，； (2)①证明见解析；②证明见解析； 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质，等腰直角三角形的性质等知识，明确题意，寻找出全等三角形是解题的关键． （1）利用证明，得出，结合三角形外角的性质即可得出，即可求解； （2）①利用证明，得出，， ②利用①中，利用三角形外角的性质即可得出. 【详解】（1）解：如图1中， 在和中， ， ， ， ， 故答案为：，； （2）解：①和均为等腰直角三角形，， ，， ， ， 在和中， ， ，， ② ∴ ， . 【变式5】（2025·重庆渝北期中模拟改编）如图1，已知平行四边形中， 对角线相交于点O， ． 如图2，过点C作于点F， 连接， 过点 A作交于点E，求证： 【答案】见解析 【分析】过点C作，交于点G，证明，可得，，再证明，可得是等腰直角三角形，从而得到是等腰直角三角形，即可求证. 【详解】证明：过点C作，交于点G， ∴， 又∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $