专题08 全等三角形模型之手拉手模型（几何模型讲义）数学浙教版2024八年级上册

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。 1 模型来源 1 真题现模型 2 提炼模型 3 模型拓展 4 模型运用 5 模型1.全等模型--手拉手模型 5 15 “手拉手”全等模型是中国数学教育界基于中考命题实践凝练的原创教学模型，其发展历程体现了‌问题驱动‌（压轴题）→ ‌方法整合‌（旋转构造）→ ‌概念普及‌（拟人化命名）的典型路径，是中国特色几何模型教学的典范，模型定义为：‌两个顶角相等的等腰三角形共顶点，左底角互连、右底角互连的结构。‌后来该模型被纳入常规几何教学，衍生出等边三角形、正方形等特殊形态的应用变式，并总结出核心结论。 解题是通过三角形SAS型全等（核心在于倒角，即等角加（减）公共角）进行解决。 （2024·山东泰安·中考真题）如图1，在等腰中，，，点，分别在，上，，连接，，取中点，连接． (1)求证：，；(2)将绕点顺时针旋转到图2的位置． ①请直接写出与的位置关系：___________________；②求证：． 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。 模型1.全等模型--手拉手模型 例1（24-25八年级上·辽宁抚顺·期中）如图，和均是等边三角形，与交于点，与交于点，与交于点，连结．以下五个结论：①；②；③；④：⑤平分．其中结论正确的个数是（    ）个    A．1 B．2 C．3 D．4 例2（2025·广东·一模）已知：如图，、都是等腰三角形，且，，，、相交于点O，点M、N分别是线段、的中点．以下4个结论：①；②；③是等边三角形；④连，则平分．其中正确的有 ． 例3（24-25八年级上·山东德州·期中）如图所示，点B、C、E在同一条直线上，ABC与CDE都是等边三角形，则下列结论：①AE=BD；②CG=CF；③GF∥BE；④三角形CGF是等边三角形；其中正确的有 ． 例4（25-26八年级上·上海长宁·阶段练习）（1）如图1，和是等腰直角三角形，，，连接，，构建“手拉手”模型，可证明________；在此基础上，我们把如图2的画斜线部分称为“蝴蝶型”，可通过证明得到________； （2）如图3，和是等边三角形，，连接，，的延长线与相交于点．求的度数； （3）如图4，在和中，，，，，连接，．则直线与直线的夹角为________度． ∵， 例5（2025·河北邯郸·三模）如图1，在中，，，D是上的一点，且，连接，． (1)试判断与的位置关系和数量关系，并说明理由； (2)如图2，若将绕点E旋转一定的角度后，仍然有，，试判断与的位置关系和数量关系是否发生变化； (3)如图3，若将（2）中的等腰直角三角形都换成等边三角形，且与交于点F，其他条件不变． ①请直接写出与的数量关系； ②你能求出与所成的较小的角的度数吗？如果能，请直接写出该角的度数；如果不能，请说明理由． 1．（24-25八年级上·福建泉州·阶段练习）如图，和均是等边三角形，、分别与、交于点、，且、、在同一直线上，有如下结论：①≌；②；③；④，其中正确结论有 ． 2．（24-25八年级上·四川眉山·期中）（手拉手）如图，在和中，，，，，连结，交于点．连结．证明下列结论：①；②；③平分． 3．（24-25七年级下·山西太原·开学考试）在学习全等三角形知识时、数学兴趣小组发现这样一个结论：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．兴趣小组进行了如下操作： (1)如图，两个等腰三角形和中，，，，连接．此时和的数量关系是什么？并说明理由； (2)如图，两个等腰三角形和中，，．连接，两线交于点P，则 ． 4．（24-25八年级上·福建南平·期中）【综合与实践】 星光中学八年级数学兴趣小组的同学发现这样一个模型：它是由两个共顶角顶点且顶角相等的等腰三角形构成的，在两个等腰三角形顶角的变化过程中，始终存在一对全等三角形．数学兴趣小组同学称此模型为“手拉手模型”．请你和数学兴趣小组的同学一起研究下面的问题．    (1)如图1，在和中，，，，连接，，延长交于点．则 °； (2)如图2，在和中，，，，连接，，延长，交于点．请猜想与的数量关系及的度数（用含的代数式表示），并说明理由； (3)如图3，在和中，，，，连接，交于点，连接，连接并延长交于点，直接写出的度数． 5．（24-25八年级上·四川凉山·阶段练习）如图，已知等腰三角形和等腰三角形，，，，连接，交于点，连接．求证： (1)； (2)平分． 6．（24-25八年级上·湖北武汉·阶段练习）如图，已知和都是等腰三角形，交于点F，连接． (1)说明与的关系并证明； (2)求的度数． 7．（24-25七年级下·山东·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． 8．（24-25七年级下·陕西榆林·期末）定义：顶角相等且顶点重合的两个等腰三角形叫做“同源三角形”，我们称这两个顶角为“同源角”．如图，和为“同源三角形”，，，与为“同源角”． (1)如图1，和为“同源三角形”，试判断与的数量关系，并说明理由． (2)如图2，若“同源三角形”和上的点，，在同一条直线上，且，则______°． (3)如图3，和为“同源三角形”，且“同源角”的度数为时，分别取，的中点，，连接，，，试说明是等腰直角三角形． 9．（1）如图1，与均是顶角为的等腰三角形，分别是底边，求证：； （2）如图2，和均为等边三角形，点A、D、E在同一直线上，连接． 填空：的度数为 ；线段与之间的数量关系是 ． （3）拓展探究 如图3，和均为等腰直角三角形，，点A、D、E在同一直线上，为中边上的高，连接．请判断的度数及线段之间的数量关系，并说明理由．    10．（24-25八年级上·广东惠州·期中）综合探究：如图1，是等腰三角形，，，过点B作于点C，在上截取，连接并延长交于点P；    (1)求证：； (2)求证：． (3)如图2，将绕着点C旋转一定的角度，是否还与全等？那么与的位置关系是否发生变化？说明理由． 11．（24-25八年级上·全国·单元测试）如图，已知和均为等边三角形，且点B、C、D在同一条直线上，连接，交和分别于G、H点，连接． (1)求证：； (2)求证：； (3)试猜想：是什么特殊的三角形，并加以说明． 12．（2024·湖南长沙·模拟预测）已知图中和都是等边三角形，点可沿边翻折至边上的点． (1)求证：； (2)试用等式写出线段，，三者之间的数量关系，并说明理由； 13．（24-25八年级上·浙江杭州·期中）如图，为任意三角形，以边、为边分别向外作等边三角形和等边三角形，连接、，、相交于点． (1)试说明：； (2)求的度数． 14．（24-25八年级上·山东日照·期中）如图1，在△ABC中，AE⊥BC于E，AE＝BE，D是AE上一点，且DE＝CE，连接BD，CD． （1）判断与的位置关系和数量关系，并证明； （2）如图2，若将△DCE绕点E旋转一定的角度后，BD与AC的位置关系和数量关系是否发生变化？并证明； （3）如图3，将（2）中的等腰直角三角形都换成等边三角形，其他条件不变，求BD与AC夹角的度数． 15．（24-25七年级下·吉林长春·期末）已知和都是等腰三角形，，，． 【初步感知】（1）特殊情形：如图①，若点，分别在边，上，则__________．（填＞、＜或=） （2）发现证明：如图②，将图①中的绕点旋转，当点在外部，点在内部时，求证：． 【深入研究】（3）如图③，和都是等边三角形，点，，在同一条直线上，则的度数为__________；线段，之间的数量关系为__________． （4）如图④，和都是等腰直角三角形，，点、、在同一直线上，为中边上的高，则的度数为__________；线段，，之间的数量关系为__________． 【拓展提升】（5）如图⑤，和都是等腰直角三角形，，将绕点逆时针旋转，连结、．当，时，在旋转过程中，与的面积和的最大值为__________． 16．（24-25八年级上·江苏宿迁·期中）如图1，△ABC和△CDE都是等边三角形，且点A、C、E在一条直线上，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，CD与BE交于点Q，连接PQ （1）求证：AD＝BE； （2）∠AOB的度数为　 　；PQ与AE的位置关系是　 　； （3）如图2，△ABC固定，将△CDE绕点C按顺时针（或逆时针）方向旋转任意角度α，在旋转过程中，（1）中的结论是否总成立？∠AOB的度数是否改变？并说明理由．    17．（24-25八年级上·吉林白城·期末）（1）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； （2）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．（24-25八年级上·福建龙岩·期末）已知点P是线段MN上一动点，分别以PM，PN为一边，在MN的同侧作△APM，△BPN，并连接BM，AN．    （Ⅰ）如图1，当PM＝AP，PN＝BP且∠APM＝∠BPN＝90°时，试猜想BM，AN之间的数量关系与位置关系，并证明你的猜想； （Ⅱ）如图2，当△APM，△BPN都是等边三角形时，（Ⅰ）中BM，AN之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，试说明理由． （Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，连接AB得到图3，当PN＝2PM时，求∠PAB度数． 19．（24-25八年级上·黑龙江·期末）已知为等边三角形，为直线上一动点（点不与点、点重合）以为边作等边三角形，连接.          （1）如图①，当点在边上时，且点、点在同侧，其他条件不变，求证：； （2）如图②，当点在边的延长线上时，且点、点在同侧，其他条件不变，请直接写出线段，，之间存在的数量关系，不需证明； （3）如图③，当点在边的延长线上时，且点、点分别在直线的异侧，其他条件不变，请直接写出线段，，之间存在的数量关系，不需证明. 20．（25-26八年级上·山东威海·阶段练习）已知在中，，在中，，点A，D，E在同一条直线上，与相交于点F，连接． (1)如图1，当时，求的度数； (2)如图2，当，判断与的关系，并说明理由． 21．（25-26九年级上·重庆·阶段练习）如图1，在中，，，点E为上一点，连接，过点C作，交延长线于点D，连接，过点A作交于点G． (1)求证： (2)如图2，连接，取中点H，连接，求证：： (3)如图3，将沿折叠至，连接，将绕点C逆时针旋转至，连接交所在直线于点F，当取得最小值时，直接写出的度数． 22．（25-26八年级上·四川泸州·阶段练习）如图，已知，， 相交于点M，，． (1)试说明：． (2)探究线段的位置关系，并证明你的猜想． 23．（24-25七年级上·山东济南·期末）在中，，点D是直线上一点（不与B、C重合），E是外一点，连接，已知，，连接 (1)如图1，点D在线段上，如果，则______度： (2)如图2，当点D在线段上，试判断与之间的数量关系，并说明理由； (3)当点D在线段的延长线上时，（2）中的结论是否成立？若不成立，请写出新的结论并说明理由． 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 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。 1 模型来源 1 真题现模型 2 提炼模型 3 模型拓展 4 模型运用 5 模型1.全等模型--手拉手模型 5 15 “手拉手”全等模型是中国数学教育界基于中考命题实践凝练的原创教学模型，其发展历程体现了‌问题驱动‌（压轴题）→ ‌方法整合‌（旋转构造）→ ‌概念普及‌（拟人化命名）的典型路径，是中国特色几何模型教学的典范，模型定义为：‌两个顶角相等的等腰三角形共顶点，左底角互连、右底角互连的结构。‌后来该模型被纳入常规几何教学，衍生出等边三角形、正方形等特殊形态的应用变式，并总结出核心结论。 解题是通过三角形SAS型全等（核心在于倒角，即等角加（减）公共角）进行解决。 （2024·山东泰安·中考真题）如图1，在等腰中，，，点，分别在，上，，连接，，取中点，连接． (1)求证：，；(2)将绕点顺时针旋转到图2的位置． ①请直接写出与的位置关系：___________________；②求证：． 【答案】(1)见解析(2)①；②见解析 【详解】（1）证明：在和中，，，， ，，．是斜边的中点， ，，，．， ，．； （2）解：①；理由如下：延长到点，使，连接，延长到，使，连接并延长交于点．，，， ，，，，， ，，． ，．在和中，，，， ，．是中点，是中点，是中位线， ．，，． ，．故答案为：； ②证明： ∵，，，． 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。 模型1.全等模型--手拉手模型 例1（24-25八年级上·辽宁抚顺·期中）如图，和均是等边三角形，与交于点，与交于点，与交于点，连结．以下五个结论：①；②；③；④：⑤平分．其中结论正确的个数是（    ）个    A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】证明即可判断①，进而得出，根据三角形的外角的性质即可判断④，过点分别作的垂线，垂足分别为，证明，得出，根据角平分线判定定理，即可判断⑤，没有条件可以判断②③，即可求解． 【详解】解：∵和均是等边三角形， ∴， ∴ 即 ∴ ∴，故①正确； ∵ ∴ ∴，故④正确； 如图所示，过点分别作的垂线，垂足分别为，    ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴平分，故⑤正确； 不能证明，，故②；③，不一定成立， 故选：C． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，角平分线的判定定理，三角形的外角性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 例2（2025·广东·一模）已知：如图，、都是等腰三角形，且，，，、相交于点O，点M、N分别是线段、的中点．以下4个结论：①；②；③是等边三角形；④连，则平分．其中正确的有 ． 【答案】①②④ 【分析】本题综合考查了全等三角形的性质和判定，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，解此题的关键是熟练掌握几何图形的性质． ①根据全等三角形的判定定理得到，由全等三角形的性质得到；故①正确； ②设与交于F，根据全等三角形的性质得到，得到，根据平角的定义得到，故②正确； ③根据全等三角形的性质得到，，根据线段的中点的定义得到，根据全等三角形的性质得到，，得到，推出不一定是等边三角形，故③不符合题意； ④过C作于G，于H，根据全等三角形的性质得到，根据角平分线的判定定理即可得到平分，故④正确． 【详解】解：①∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴；故①正确； ②设与交于F， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，故②正确； ③∵， ∴ 又∵点M、N分别是线段的中点， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， ∴不一定是等边三角形，故③不符合题意； ④过C作于G，于H， ∵， ∴， ∴平分，故④正确， 故答案为：①②④． 例3（24-25八年级上·山东德州·期中）如图所示，点B、C、E在同一条直线上，ABC与CDE都是等边三角形，则下列结论：①AE=BD；②CG=CF；③GF∥BE；④三角形CGF是等边三角形；其中正确的有 ． 【答案】①②③④ 【分析】根据等边三角形的性质得到BC=AC，CD=CE，然后根据SAS判定，根据全等三角形的对应边相等可得结论，在根据条件证明，即可证明CG=CF，同理可得其他结论； 【详解】∵ABC与CDE都是等边三角形， ∴BC=AC，CD=CE，， ∴， ∴， ∴， ∴AE=BD，故①正确； 在△GCD和△FCE中， ， ∴， ∴CG=CF，故②正确； 同理可得， ∴CF=CG， ∴△CFG是等边三角形，故④正确； ∴， ∴GF∥BE，故③正确； 故答案是①②③④． 【点睛】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，准确分析判断是解题的关键． 例4（25-26八年级上·上海长宁·阶段练习）（1）如图1，和是等腰直角三角形，，，连接，，构建“手拉手”模型，可证明________；在此基础上，我们把如图2的画斜线部分称为“蝴蝶型”，可通过证明得到________； （2）如图3，和是等边三角形，，连接，，的延长线与相交于点．求的度数； （3）如图4，在和中，，，，，连接，．则直线与直线的夹角为________度． 【答案】（1），；（2）60度；（3）40 【分析】本题主要考查全等三角形的判定与性质等知识，能够在图中找到全等三角形并证明是解题关键； （1）先通过证得，进而通过全等三角形性质可得到； （2）先证明，再证明可得，再根据三角形内角和定理可得； （3）方法同（2），需要先证，然后再根据全等三角形性质即可求解． 【详解】解：（1）∵， ∴，即， ∵和是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴，， 如图，与交点为，与交点为， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：，． （2）∵和是等边三角形， ， ，即， ， ， 设与相交于点，则， ； （3）延长交于点F，设交于点G， ∵， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∵， ∴， 即直线与直线的夹角为； 故答案为：． 例5（2025·河北邯郸·三模）如图1，在中，，，D是上的一点，且，连接，． (1)试判断与的位置关系和数量关系，并说明理由； (2)如图2，若将绕点E旋转一定的角度后，仍然有，，试判断与的位置关系和数量关系是否发生变化； (3)如图3，若将（2）中的等腰直角三角形都换成等边三角形，且与交于点F，其他条件不变． ①请直接写出与的数量关系； ②你能求出与所成的较小的角的度数吗？如果能，请直接写出该角的度数；如果不能，请说明理由． 【答案】(1)，，理由见解析 (2)没有发生变化 (3)①，②能， 【分析】本题考查等腰三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握手拉手模型，是解题的关键： （1）延长交于点F，证明，得到，，推出，即可得出结论； （2）证明，得到，，推出，即可得出结论； （3）同法，证明，得到，进而求出的度数即可． 【详解】（1）解：，． 理由：延长交于点F，如图 在和中， ． ，． ， ． ， ． ， ． （2）由题意得， ． ． 在和中， ． ，． ， ． ， ． ， ． 与的位置关系和数量关系没有发生变化． （3）①，理由见②． ②能，与所成的较小的角的度数为． 和是等边三角形， ，，，． ． ． 在和中， ． ． ． 即与所成的较小的角的度数为． 1．（24-25八年级上·福建泉州·阶段练习）如图，和均是等边三角形，、分别与、交于点、，且、、在同一直线上，有如下结论：①≌；②；③；④，其中正确结论有 ． 【答案】①②④ 【分析】利用边角边可证明，可判断①；然后根据全等三角形对应角相等可得∠MEC=∠NBC,再利用角边角证明，根据全等三角形对应边相等可得CM=CN, EM=BN,进而得到AM=DN,可判断②③；根据可得∠AEC=∠DBC,根据外角的性质可得∠APD=∠ECB,可判断④. 【详解】①∵和均是等边三角形， ∴AC=DC,CE=CB,∠ACD=∠ECB=60°, ∴∠DCE=60° ∴∠ACD+∠DCE=∠ECB+∠DCE ∴∠ACE=∠DCB, ∴(SAS)， 故①正确； ②∵ ∴∠MEC=∠NBC, ∵∠ECM=∠BCN,EC=BC, ∴(ASA), ∴CM=CN, 故②正确； ③∵ ∴EM=BN, ∵AE=DB, ∴AM=DN 在中，AC>AM, ∴AC>DN, 故③不正确； ④∵, ∴∠AEC=∠DBC, ∵∠APD=∠EAC+∠DBC，∠ECB=∠EAC+∠AEC， ∴∠APD=∠ECB, ∵∠ECB=60°, ∴∠APD=60°. 故④正确. 故答案为①②④. 【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定和性质，三角形的外角性质，根据图形和已知条件找出图形中的全等三角形是解题的关键. 2．（24-25八年级上·四川眉山·期中）（手拉手）如图，在和中，，，，，连结，交于点．连结．证明下列结论：①；②；③平分． 【答案】见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质、角平分线的判定等知识；证明三角形全等是解题的关键． ①先证，由SAS证明得出； ②由全等三角形的性质得出，由三角形的外角性质得：，得出； ③作于，于，如图所示，则，由证明，得出，由角平分线的判定方法得出平分． 【详解】证明：①， ，即， 在和中， ， ∴， ； ②由可知，，， 由三角形的外角性质得：， ， ③作于，于，如图所示，    则， 在和中， ， ， ， ∴平分． 3．（24-25七年级下·山西太原·开学考试）在学习全等三角形知识时、数学兴趣小组发现这样一个结论：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．兴趣小组进行了如下操作： (1)如图，两个等腰三角形和中，，，，连接．此时和的数量关系是什么？并说明理由； (2)如图，两个等腰三角形和中，，．连接，两线交于点P，则 ． 【答案】(1)，理由见解析 (2) 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，三角形内角和定理和三角形外角的性质，熟知手拉手模型证明三角形全等是解题的关键． （1）先证明，再利用证明，即可证明； （2）同理可证明，得到；由三角形内角和定理可得，则可导角证明，则由三角形外角的性质可得．- 【详解】（1）解：，理由如下： ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 4．（24-25八年级上·福建南平·期中）【综合与实践】 星光中学八年级数学兴趣小组的同学发现这样一个模型：它是由两个共顶角顶点且顶角相等的等腰三角形构成的，在两个等腰三角形顶角的变化过程中，始终存在一对全等三角形．数学兴趣小组同学称此模型为“手拉手模型”．请你和数学兴趣小组的同学一起研究下面的问题．    (1)如图1，在和中，，，，连接，，延长交于点．则 °； (2)如图2，在和中，，，，连接，，延长，交于点．请猜想与的数量关系及的度数（用含的代数式表示），并说明理由； (3)如图3，在和中，，，，连接，交于点，连接，连接并延长交于点，直接写出的度数． 【答案】(1) (2)，，见解析 (3) 【分析】本题考查了三角形有关的内容，利用全等三角形性质解题． （1）可证，得，由对顶角相等得，可得． （2）可证，得，，在四边形中， ，又因为，得出 ，可得． （3）可证，得，易证，则，过点作，由，可知全等三角形面积相等则对应高相等，可得，由角平分线的判定定理，知点在的角平分线上，则，所以． 【详解】（1）解：，设与交于点O． ． ， 即． 在和中 ， ． ， ． （2）解：① 证明如下：如图2 ， 即 在和中 ② 证明如下：如图2 （已证） 在四边形中， 又， ， ． （3）解：． 如图3，过点作．设与交于， 则． ， ． 即 在和中 ，． 又， ， ， ，． 又 ． ． ， 平分． ． 5．（24-25八年级上·四川凉山·阶段练习）如图，已知等腰三角形和等腰三角形，，，，连接，交于点，连接．求证： (1)； (2)平分． 【答案】(1)证明见详解； (2)证明见详解； 【分析】本题考查三角形全等的判定与性质，角平分线的判定： （1）证明即可得到答案； （2）过C作，，证明，得到，结合角平分线的判定直接证明即可得到答案； 【详解】（1）证明：∵，，， ∴， 在与中， ∵， ∴， ∴； （2）证明：过C作，， ∵， ∴ ∵，， ∴， 在与中， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴平分． 6．（24-25八年级上·湖北武汉·阶段练习）如图，已知和都是等腰三角形，交于点F，连接． (1)说明与的关系并证明； (2)求的度数． 【答案】(1)，，证明见解析 (2)， 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，角平分线的判定定理： （1）先证明，再证明，得到，，再导角证明，即可得到； （2）作于，于，由全等三角形的性质得到，则由角平分线的判定定理可得平分，据此可得答案． 【详解】（1）解：，，证明如下： 设交于O， ， ∴ ， 在与中， ， ， ，， ， ， ； ∴， ； （2）解：如图，作于，于， ， ， ∵，， 平分， ． 7．（24-25七年级下·山东·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：． 8．（24-25七年级下·陕西榆林·期末）定义：顶角相等且顶点重合的两个等腰三角形叫做“同源三角形”，我们称这两个顶角为“同源角”．如图，和为“同源三角形”，，，与为“同源角”． (1)如图1，和为“同源三角形”，试判断与的数量关系，并说明理由． (2)如图2，若“同源三角形”和上的点，，在同一条直线上，且，则______°． (3)如图3，和为“同源三角形”，且“同源角”的度数为时，分别取，的中点，，连接，，，试说明是等腰直角三角形． 【答案】(1)，详见解析 (2)45 (3)见解析 【分析】本题考查了新定义，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定，三角形内角和定理等知识， （1）由“同源三角形”的定义可证，然后根据证明即可； （2）由“同源三角形”的定义和可求出，由（1）可知，得，然后根据“8”字形图形即可求出的度数； （3）由（1）可知，可得，根据证明，可得，进而可证结论成立； 熟练掌握全等三角形的判定与性质是解答本题的关键． 【详解】（1）． 理由：∵和是“同源三角形”， ∴， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． （2）∵和是“同源三角形”， ∴． ∵， ∴． 由（1）可知， ∴． ∵， ∴． 故答案为：45； （3）由（1）可知， ∴，． ，的中点分别为， ∴． 在和中， ， ∴， ∴，． ∵， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形． 9．（1）如图1，与均是顶角为的等腰三角形，分别是底边，求证：； （2）如图2，和均为等边三角形，点A、D、E在同一直线上，连接． 填空：的度数为 ；线段与之间的数量关系是 ． （3）拓展探究 如图3，和均为等腰直角三角形，，点A、D、E在同一直线上，为中边上的高，连接．请判断的度数及线段之间的数量关系，并说明理由．    【答案】（1）见解析；（2）度，相等；（3） 【分析】此题主要考查了全等三角形的判定方法和性质，等腰直角三角形的性质和应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件． （1）根据全等三角形的判定方法，判断出，即可判断出． （2）由题意得，据此判断出；然后根据全等三角形的判定方法，判断出，即可判断出，进而判断出的度数为即可． （3）由题意得，据此判断出；然后根据全等三角形的判定方法，判断出，即可判断出BE＝AD，，进而判断出的度数为即可；最后根据，可得，所以，据此判断出即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 即， 又∵ ∴ ∴． （2）解：∵和均为等边三角形， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵点A，D，E在同一直线上， ∴， ∴， ∴， 故答案为：度，相等． （3）解：∵和均为等腰直角三角形， ∴，， ∵， ∴，即， ∴， ∴， ∵点A，D，E在同一直线上， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 10．（24-25八年级上·广东惠州·期中）综合探究：如图1，是等腰三角形，，，过点B作于点C，在上截取，连接并延长交于点P；    (1)求证：； (2)求证：． (3)如图2，将绕着点C旋转一定的角度，是否还与全等？那么与的位置关系是否发生变化？说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)，不发生变化，理由见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质等知识点．掌握全等三角形的判定定理内容是解题关键． （1）由条件推出，即可求证； （2）由推出，即可求证； （3）根据证即可求解． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∴， 在和中， ∴ （2）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴ （3）解：，不发生变化，理由如下： ∵，， ∴， ∴， ∴ ∵ ∴ ∵， ∴， ∵， ∴， ∴ 11．（24-25八年级上·全国·单元测试）如图，已知和均为等边三角形，且点B、C、D在同一条直线上，连接，交和分别于G、H点，连接． (1)求证：； (2)求证：； (3)试猜想：是什么特殊的三角形，并加以说明． 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 (3)是等边三角形，理由见解析 【分析】此题考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的性质和判定． （1）首先由和均为等边三角形，得到，，，然后证明，根据全等三角形的性质即可证出； （2）由（1）证得的，得出，，又由，即可证得； （3）由得到，结合，即可得出是等边三角形． 【详解】（1）解：∵和均为等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴； （2）∵， ∴， ∵，点B、C、D在同一条直线上， ∴， 又∵， ∴； （3）是等边三角形，理由如下： ∵， ∴， 又∵， ∴是等边三角形． 12．（2024·湖南长沙·模拟预测）已知图中和都是等边三角形，点可沿边翻折至边上的点． (1)求证：； (2)试用等式写出线段，，三者之间的数量关系，并说明理由； 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 【分析】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质： （1）根据和都是等边三角形推出和全等，然后根据全等三角形的对应边相等即可得证； （2）根据等边三角形的性质和对称的性质即可推出线段，，的数量关系． 【详解】（1）证明：∵和都是等边三角形， ∴，，， ∴， ∴， ∴； （2）解：． 理由如下： ∵是等边三角形， ∴， ∵点C与点F关于对称， ∴， 由（1）知：， ∴， ∵， ∴． 13．（24-25八年级上·浙江杭州·期中）如图，为任意三角形，以边、为边分别向外作等边三角形和等边三角形，连接、，、相交于点． (1)试说明：； (2)求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由和都是等边三角形得，，，则，即可根据全等三角形的判定定理“”证明； （2）由推导出，因为，所以． 【详解】（1）解：和都是等边三角形， ，，， ， 在和中， ， ． （2）由（1）得， ， ， ． 【点睛】此题重点考查等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和等知识，正确地找到全等三角形的对应边和对应角是解题的关键． 14．（24-25八年级上·山东日照·期中）如图1，在△ABC中，AE⊥BC于E，AE＝BE，D是AE上一点，且DE＝CE，连接BD，CD． （1）判断与的位置关系和数量关系，并证明； （2）如图2，若将△DCE绕点E旋转一定的角度后，BD与AC的位置关系和数量关系是否发生变化？并证明； （3）如图3，将（2）中的等腰直角三角形都换成等边三角形，其他条件不变，求BD与AC夹角的度数． 【答案】（1）， ；（2）， ；（3）． 【分析】（1）先判断出，再判定，再判断， （2）先判断出，再得到同理（1）可得结论； （3）先判断出，再判断出，最后计算即可． 【详解】解：（1）与的位置关系是：，数量关系是． 理由如下： 如图1，延长交于点． 于， ． ，， ， ，，． ， ． AE⊥BC ∴， ， ． （2）与的位置关系是：，数量关系是． 如图，线段AC与线段BD交于点F，线段AE与线段BD交于点G， ， ， 即． ，， ， ，． AE⊥BC ∴， 又∵ ， ． （3）如图，线段AC与线段BD交于点F， 和是等边三角形， ，，，， ， ， 在和中， ， ∴， ， 与的夹角度数为． 【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，判断垂直的方法，解本题的关键是判断． 15．（24-25七年级下·吉林长春·期末）已知和都是等腰三角形，，，． 【初步感知】（1）特殊情形：如图①，若点，分别在边，上，则__________．（填＞、＜或=） （2）发现证明：如图②，将图①中的绕点旋转，当点在外部，点在内部时，求证：． 【深入研究】（3）如图③，和都是等边三角形，点，，在同一条直线上，则的度数为__________；线段，之间的数量关系为__________． （4）如图④，和都是等腰直角三角形，，点、、在同一直线上，为中边上的高，则的度数为__________；线段，，之间的数量关系为__________． 【拓展提升】（5）如图⑤，和都是等腰直角三角形，，将绕点逆时针旋转，连结、．当，时，在旋转过程中，与的面积和的最大值为__________． 【答案】（1）=；（2）证明见解析；（3）60°，BD=CE；（4）90°，AM+BD=CM；（5）7 【分析】（1）由DE∥BC，得到，结合AB=AC，得到DB=EC； （2）由旋转得到的结论判断出△DAB≌△EAC，得到DB=CE； （3）根据等边三角形的性质和全等三角形的判定定理证明△DAB≌△EAC，根据全等三角形的性质求出结论； （4）根据全等三角形的判定和性质和等腰直角三角形的性质即可得到结论； （5）根据旋转的过程中△ADE的面积始终保持不变，而在旋转的过程中，△ADC的AC始终保持不变，即可． 【详解】[初步感知]（1）∵DE∥BC， ∴， ∵AB=AC， ∴DB=EC， 故答案为：=， （2）成立． 理由：由旋转性质可知∠DAB=∠EAC， 在△DAB和△EAC中 ， ∴△DAB≌△EAC（SAS）， ∴DB=CE； [深入探究]（3）如图③，设AB，CD交于O， ∵△ABC和△ADE都是等边三角形， ∴AD=AE，AB=AC，∠DAE=∠BAC=60°， ∴∠DAB=∠EAC， 在△DAB和△EAC中 ， ∴△DAB≌△EAC（SAS）， ∴DB=CE，∠ABD=∠ACE， ∵∠BOD=∠AOC， ∴∠BDC=∠BAC=60°； （4）∵△DAE是等腰直角三角形， ∴∠AED=45°， ∴∠AEC=135°， 在△DAB和△EAC中 ， ∴△DAB≌△EAC（SAS）， ∴∠ADB=∠AEC=135°，BD=CE， ∵∠ADE=45°， ∴∠BDC=∠ADB-∠ADE=90°， ∵△ADE都是等腰直角三角形，AM为△ADE中DE边上的高， ∴AM=EM=MD， ∴AM+BD=CM； 故答案为：90°，AM+BD=CM； 【拓展提升】（5）如图， 由旋转可知，在旋转的过程中△ADE的面积始终保持不变， △ADE与△ADC面积的和达到最大， ∴△ADC面积最大， ∵在旋转的过程中，AC始终保持不变， ∴要△ADC面积最大， ∴点D到AC的距离最大， ∴DA⊥AC， ∴△ADE与△ADC面积的和达到的最大为2+×AC×AD=5+2=7， 故答案为7． 【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转和全等三角形的性质和判定，旋转过程中面积变化分析，解本题的关键是三角形全等的判定． 16．（24-25八年级上·江苏宿迁·期中）如图1，△ABC和△CDE都是等边三角形，且点A、C、E在一条直线上，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，CD与BE交于点Q，连接PQ （1）求证：AD＝BE； （2）∠AOB的度数为　 　；PQ与AE的位置关系是　 　； （3）如图2，△ABC固定，将△CDE绕点C按顺时针（或逆时针）方向旋转任意角度α，在旋转过程中，（1）中的结论是否总成立？∠AOB的度数是否改变？并说明理由．    【答案】（1）见解析；（2）60°，PQ∥AE；（3）在旋转过程中，（1）中的结论总成立，∠AOB的度数不会改变，见解析 【分析】（1）根据等边三角形性质得出AC＝BC，CE＝CD，∠ACB＝∠ECD＝60°，求出∠BCE＝∠ACD，根据SAS推出两三角形全等即可； （2）由三角形的外角性质，可得∠AOB＝∠BEA+∠DAC，∠ACB＝∠EBC+∠BEA，则∠AOB＝∠ACB＝60°，证明∠QPC＝∠BCA，可得PQ∥AE； （3）证明△ACD≌△BCE（SAS），得到AD＝BE，∠DAC＝∠EBC，根据∠BOA＝180°﹣∠ABO﹣∠BAO＝180°﹣∠ABC﹣∠BAC，即可解答． 【详解】（1）证明：∵△ABC和△CDE为等边三角形， ∴AC＝BC，CD＝CE，∠BCA＝∠DCE＝60°， ∴∠ACD＝∠BCE， 在△ACD和△BCE中， AC＝BC，∠ACD＝∠BCE，CD＝CE， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴AD＝BE； （2）∵△ACD≌△BCE， ∴∠DAC＝∠EBC， 由三角形的外角性质，∠AOB＝∠BEA+∠DAC， ∠ACB＝∠EBC+∠BEA， ∴∠AOB＝∠ACB＝60°； ∵∠DCP＝60°＝∠ECQ， ∴在△CDP和△CEQ中， ∠ADC＝∠BEC，CD＝CE，∠DCP＝∠ECQ， ∴△CDP≌△CEQ（ASA）． ∴CP＝CQ， ∴∠CPQ＝∠CQP＝60°，△PCQ是等边三角形， ∴∠QPC＝∠BCA， ∴PQ∥AE； 故答案为：60°，PQ∥AE； （3）在旋转过程中，（1）中的结论总成立，∠AOB的度数不会改变，理由如下： ∵△ABC和△CDE都是等边三角形， ∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°， ∴∠ACB+∠BCD＝∠DCE+∠BCD， 即∠ACD＝∠BCE， 在△ACD和△BCE中， ∵AC=BC，∠ACD=∠BCE，CD=CE， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴AD＝BE，∠DAC＝∠EBC， ∴∠BOA＝180°﹣∠ABO﹣∠BAO＝180°﹣∠ABC﹣∠BAC＝60°． 【点睛】本题主要考查了全等三角形性质与判定的综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键. 17．（24-25八年级上·吉林白城·期末）（1）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； （2）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． 【答案】（1）证明见解析；（2）△ABE的面积是10cm2． 【分析】探究：证明△ADC≌△ABE（SAS），可得BE＝DC； 应用：过A点作△ABC的高线，垂足为F．先证明△ADC≌△ABE，可得BE＝DC＝2，利用面积求得AF＝10，则△ABE的面积可求出． 【详解】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． 【点睛】本题为三角形的综合运用,关键在于通过三角形全等找出对应的边角关系. 18．（24-25八年级上·福建龙岩·期末）已知点P是线段MN上一动点，分别以PM，PN为一边，在MN的同侧作△APM，△BPN，并连接BM，AN．    （Ⅰ）如图1，当PM＝AP，PN＝BP且∠APM＝∠BPN＝90°时，试猜想BM，AN之间的数量关系与位置关系，并证明你的猜想； （Ⅱ）如图2，当△APM，△BPN都是等边三角形时，（Ⅰ）中BM，AN之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，试说明理由． （Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，连接AB得到图3，当PN＝2PM时，求∠PAB度数． 【答案】（1）BM＝AN，BM⊥AN．（2）结论成立.（3）90°． 【分析】(1)根据已知条件可证△MBP≌△ANP，得出MB＝AN，∠PAN＝∠PMB，再延长MB交AN于点C，得出,因此有BM⊥AN； (2)根据所给条件可证△MPB≌△APN，得出结论BM＝AN； (3) 取PB的中点C，连接AC，AB，通过已知条件推出△APC为等边三角形，∠PAC＝∠PCA＝60°，再由CA＝CB，进一步得出∠PAB的度数. 【详解】解：（Ⅰ）结论：BM＝AN，BM⊥AN． 理由：如图1中，    ∵MP＝AP，∠APM＝∠BPN＝90°，PB＝PN， ∴△MBP≌△ANP（SAS）， ∴MB＝AN． 延长MB交AN于点C． ∵△MBP≌△ANP， ∴∠PAN＝∠PMB， ∵∠PAN+∠PNA＝90°， ∴∠PMB+∠PNA＝90°， ∴∠MCN＝180°﹣∠PMB﹣∠PNA＝90°， ∴BM⊥AN． （Ⅱ）结论成立 理由：如图2中，    ∵△APM，△BPN，都是等边三角形 ∴∠APM＝∠BPN＝60° ∴∠MPB＝∠APN＝120°， 又∵PM＝PA，PB＝PN， ∴△MPB≌△APN（SAS） ∴MB＝AN． （Ⅲ）如图3中，取PB的中点C，连接AC，AB．    ∵△APM，△PBN都是等边三角形 ∴∠APM＝∠BPN＝60°，PB＝PN ∵点C是PB的中点，且PN＝2PM， ∴2PC＝2PA＝2PM＝PB＝PN， ∵∠APC＝60°， ∴△APC为等边三角形， ∴∠PAC＝∠PCA＝60°， 又∵CA＝CB， ∴∠CAB＝∠ABC＝30°， ∴∠PAB＝∠PAC+∠CAB＝90°． 【点睛】本题是一道关于全等三角形的综合性题目，充分考查了学生对全等三角形的判定定理及其性质的应用的能力，此类题目常常需要数形结合，借助辅助线才得以解决，因此，作出合理正确的辅助线是解题的关键. 19．（24-25八年级上·黑龙江·期末）已知为等边三角形，为直线上一动点（点不与点、点重合）以为边作等边三角形，连接.          （1）如图①，当点在边上时，且点、点在同侧，其他条件不变，求证：； （2）如图②，当点在边的延长线上时，且点、点在同侧，其他条件不变，请直接写出线段，，之间存在的数量关系，不需证明； （3）如图③，当点在边的延长线上时，且点、点分别在直线的异侧，其他条件不变，请直接写出线段，，之间存在的数量关系，不需证明. 【答案】（1）见解析；（2）BC+CD=CE；（3）DC=CE+BC． 【分析】（1）根据等边三角形的性质就可以得出∠BAC=∠DAE=60°，AB=BC=AC，AD=DE=AE，进而就可以得出△ABD≌△ACE；由△ABD≌△ACE就可以得出BC=DC+CE；（2）由等边三角形的性质就可以得出∠BAC=∠DAE=60°，AB=BC=AC，AD=DE=AE，进而就可以得出△ABD≌△ACE，就可以得出BC+CD=CE；（3）由等边三角形的性质就可以得出∠BAC=∠DAE=60°，AB=BC=AC，AD=DE=AE，进而就可以得出△ABD≌△ACE，就可以得出CE+BC=CD． 【详解】（1）①∵△ABC和△ADE是等边三角形， ∴∠BAC=∠DAE=60°，AB=BC=AC，AD=DE=AE． ∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC， ∴∠BAD=∠EAC． 在△ABD和△ACE中 ， ∴△ABD≌△ACE（SAS）． ∴BD=CE． ∵BC=BD+CD， ∴BC=CE+CD． （2）BC+CD=CE． ∵△ABC和△ADE是等边三角形， ∴∠BAC=∠DAE=60°，AB=BC=AC，AD=DE=AE． ∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC， ∴∠BAD=∠EAC． 在△ABD和△ACE中 ， ∴△ABD≌△ACE（SAS）． ∴BD=CE． ∵BD=BC+CD，∴CE=BC+CD； （3）DC=CE+BC． ∵△ABC和△ADE是等边三角形， ∴∠BAC=∠DAE=60°，AB=BC=AC，AD=DE=AE． ∴∠BAC-∠BAE=∠DAE-∠BAE， ∴∠BAD=∠EAC． 在△ABD和△ACE中 ， ∴△ABD≌△ACE（SAS）． ∴BD=CE． ∵DC=BD+BC， ∴DC=CE+BC. 【点睛】本题考查了等边三角形的性质的运用，等式的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用等知识，解题的关键是找出全等的条件证明三角形全等． 20．（25-26八年级上·山东威海·阶段练习）已知在中，，在中，，点A，D，E在同一条直线上，与相交于点F，连接． (1)如图1，当时，求的度数； (2)如图2，当，判断与的关系，并说明理由． 【答案】(1) (2)，，理由见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形的外角和定理，掌握全等三角形的判定是解题的关键． （1）由，得，进而证明，得进行求解即可； （2）由全等三角形的性质得，因为，所以，得出． 【详解】（1）解： 在和中 ， ，且 的度数是． 答：的度数是． （2）解：，，理由如下： 由（1）得， ． 21．（25-26九年级上·重庆·阶段练习）如图1，在中，，，点E为上一点，连接，过点C作，交延长线于点D，连接，过点A作交于点G． (1)求证： (2)如图2，连接，取中点H，连接，求证：： (3)如图3，将沿折叠至，连接，将绕点C逆时针旋转至，连接交所在直线于点F，当取得最小值时，直接写出的度数． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，三角形的三边关系，熟练掌握全等三角形的判定与性质，并会通过一边一角相等构造全等是解题的关键． （1）利用，推出，利用，推出，即可推出，即可证明； （2）先证明，得出，，得出，再推出，再证明，即可证明； （3）过点作，并且使，连接，，通过证明，得出，又可知是定值，是定值，由三角形三边关系可知，当且仅当、、依次共线时，取得最小值，此时由，推出，即可求解． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， 即， ∵， ∴， （2）证明：∵中点是， ∴， 在与中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， 即， ∴， ∵， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， 即； （3）解：如图，过点作，并且使，连接，， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 由旋转知，， ∴， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， 由翻折知， 可知是定值， 由中，，，是定值， 则斜边是定值， 由三角形三边关系可知，当且仅当、、依次共线时，取得最小值，此时如图，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：． 22．（25-26八年级上·四川泸州·阶段练习）如图，已知，， 相交于点M，，． (1)试说明：． (2)探究线段的位置关系，并证明你的猜想． 【答案】(1)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． （1）利用说明，进而可得结论； （2）利用全等三角形的性质说明，再利用对顶角相等得，因此得到，进而可得结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 在与中，， ∴， ∴； （2）解：,理由如下： 如图，设交于O， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； 23．（24-25七年级上·山东济南·期末）在中，，点D是直线上一点（不与B、C重合），E是外一点，连接，已知，，连接 (1)如图1，点D在线段上，如果，则______度： (2)如图2，当点D在线段上，试判断与之间的数量关系，并说明理由； (3)当点D在线段的延长线上时，（2）中的结论是否成立？若不成立，请写出新的结论并说明理由． 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3)（2）中的结论不成立，当点在的延长线上时，．理由见解析 【分析】本题考查了全等三角形的常见模型－旋转模型，掌握该模型的相关结论是解题关键． （1）证即可求解； （2）证即可求解； （3）证即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴， 即：， ∵，， ∴ ∵，， 故答案为： （2）解：，理由如下： ， ， 又， ， 即：， 在和中，， ； （3）解：（2）中的结论不成立，当点在的延长线上时，．理由如下： 如图所示： ， ， 即：， 在和中，， 又， ． 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $