专题05 共顶点的等腰三角形“手拉手”模型有关的三种模型（高效培优专项训练）数学新教材苏科版八年级上册

**基本信息** 聚焦共顶点等腰三角形“手拉手”模型，构建“一般-特殊”方法体系，通过条件-结论提炼与阶梯式例题，培养几何直观与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |共顶点双等腰三角形模型|5题|全等判定(SAS)、对应边等、角等及角平分线|以等腰三角形性质为基础，提炼“手拉手”核心全等关系| |共顶点双等边三角形模型|5题|全等、60°角关系、角平分线判定|特殊化等腰模型，强化等边三角形性质的应用| |共顶点双等腰直角三角形模型|5题|全等、90°垂直关系、角平分线|结合直角性质，深化模型在垂直场景中的迁移|

面学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题05共顶点的等腰三角形“手拉手”模型有关的三种模型 题型归纳 题型一“手拉手”模型之共顶点双等腰三角形模型 题型二“手拉手”模型之共顶点双等边三角形模型 题型三“手拉手”模型之共顶点双等腰直角三角形模型 题型专练 题型一：“手拉手”模型之共顶点双等腰三角形模型 条件：△ABC和△DCE均为等腰三角形，C为公共点；连接BE,AD交于点F。 结论：①△ACD≌△BCE;②BE=AD:③∠ACMEZBFM:④CF平分∠AFD。 八 1. (25-26八年级上北京·月考)如图，在△ABC中，AB=AC,∠DAE=∠BAC,AD=AE,连接 BD,CE E (I)求证：△ABD≌△ACE: (2)若AC∥BD,求证：∠ACE=2∠ACB 2.(25-26八年级下山东烟台期末)如图，在△ABC和△ADE中，AB=AC,AD=AE, ∠BAC=∠DAE,BD和CE交于点F,连接AF 118 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B (I)求证：△ABD≌△ACE: (2)求证：FA平分∠BFE; (3)若BD平分∠ABC,判断AF和CF的数量关系，并证明， 3.(25-26八年级上湖北荆门期末)(1)【问题背景】如图1，△ABC和△DAE中，AB=AC, AD=AE,且∠BAC=∠DAE,连接BE,CD,求证：△ABE≌△ACD (2)【尝试运用】如图2，△ABC中，AB=AC，∠BAC=40°，以B为端点引一条与腰AC相交的射线， 在射线上取点D,使∠ADB=∠ACB,求∠BDC的度数.小亮同学通过观察，联想到(I)中的模型，在 BD上找一点E,使AE=AD,最后使问题得到解决.请你帮他写出解答过程， (3)【拓展延伸】如图3，△ABC中，AB=AC,∠BAC为任意角度，若射线BD在BC的下方，仍在射 线上取点D,使∠ADB=∠ACB,求证：∠BAC+∠BDC=180° D 图1 图2 图3 4.(25-26八年级上·云南玉溪期中)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 D 图1 图2 图3 (1)如图1，在“手拉手”图形中，AC=AB,AD=AE,∠BAC=∠DAE,若∠AEC=40°，则ADB=_。 218 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (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. 5.(25-26八年级上·湖南邵阳期末)综合实践 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：它是由两个共项点且顶角相等的等腰三角 形构成的，在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形.兴趣小组成员经过研讨给出定义：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，可以形象地看作两双手，所以通常称为“手拉手模型”，如图3-l,△ABC与△ADE都是等腰三 角形，其中∠BAC=∠DAE,则△ABD≌△ACE(边角边)· 【初步把握】如图2，△ABC与△ADE都是等腰三角形，AB=AC,AD=AE,且∠BAC=∠DAE,请直 接写出图中的一对全等三角形. 【深入研究】如图3，已知△ABC,以AB,AC为边分别向外作等边△ABD和等边△ACE,BE,CD交于 点O,求∠DQB的大小，并证明：BE=CD 【拓展延伸】如图4，在两个等腰直角△ABC和△ADE中，AB=AC,AE=AD,∠BAC=∠DAE=90°， 连接BD,CE交于点P,请判断BD和CE的关系，并说明理由. 图1 图2 图3 图4 题型二：“手拉手”模型之共顶点双等边三角形模型 条件：如图，△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∠AFMLBCM=60°；④CF平分∠BFD。 6.(25-26八年级上山东德州期末)如图，分别以△ABC的边AB,AC向外作等边三角形ABD和等边 三角形ACE,线段BE与CD相交于点O,连接OA. 318 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B (I)求证：BE=DC: (2)求∠BOD的度数； (3)求证：OA平分∠DOE 7.(25-26七年级下·上海宝山期末)如图，已知：△ABC、△DCE都是等边三角形，连接 AE、BD,M、N分别是线段AE、BD的中点. D M E (I)求证：△BCD≌△ACE: (2)求证：△CMN是等边三角形. 8.(25-26八年级下江西吉安阶段检测)如图1，点C为线段AB上一点，△ACM,△CBN是等边三角形， 线段AN,MC交于点E,线段BM,CN交于点F，,连接EF, M 图1 图2 (I)求证：AN=BM: (2)求证：△CEF为等边三角形： (3)将△ACM绕点C按逆时针方向旋转90°，其他条件不变，如图2.试判断第(1)、(2)两小题的结论 是否仍然成立（不要求证明）· 9.(25-26八年级上辽宁抚顺期末)问题情境：在等边△ABC中，E为边BC中线AD上的一动点，连 接BE,在BE的下方作等边△BEF. 418 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 图1 图2 (I)如图1，当BD=DE时，连接CF ①LABE的度数为-； ②猜想CF与AC的位置关系，并说明理由； (2)如图2，连接DF,BF+DF是否有最小值，若有请求出此时∠DBF的度数；若没有请说明理由 10.(25-26七年级下·江西吉安期末)综合与实践：在等边△ABC中，AB=6,点D是直线BC上一动点 (不与B,C重合)，以AD为边在AD的右侧作等边△ADE,连接CE.探究图中CE与CD之间的数量关 系 B 备用图1 备用图2 (1)特例研究：如图1，当点D在线段BC上时， ①求证：CE=BD: ②判断CE与AB有什么样的位置关系，并说明理由： (2)类比探究：在(1)的条件下，探究CE与CD之间的数量关系，并证明你的结论： (3)拓展延伸：当点D在直线BC上运动时，请直接写出CE,CD之间的数量关系. 题型三：“手拉手”模型之共顶点双等腰直角三角形模型 条件：如图，△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∠ANMZBCM=90°；④CN平分∠BND。 食线 5/8 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 11.(25-26七年级下·辽宁阜新阶段检测)在△ABC中，AB=AC,∠BAC=90°，点D为直线BC上一动 点，以AD为直角边在AD的右侧作等腰直角△ADE,使∠DAE=9O°，AD=AE D 图1 图2 备用图 (I)当点D在线段BC上时，如图1，请判断CE与BC的位置关系，并说明理由： (2)当点D在线段BC的延长线上时，如图2，判断BC,CD,CE三条线段数量关系，并说明理由； (3③)当点D在线段CB的延长线上时，直接判断CE与BC的位置关系，并直接写出BC,CD,CE三条线段的数 量关系 12.(25-26八年级下山东枣庄期末)综合与实践. 【初步探究】某校一数学兴趣小组在一次合作探究活动中，将两块大小不同的等腰直角三角形ABC和等腰 直角三角形CDE,按如图1的方式摆放，∠ACB=∠ECD=90°，随后保持△ABC不动，将△CDE绕点C按 逆时针方向旋转(O°<Q<90),连接AE,BD,延长BD交AE于点F,交AC于点G,连接CF.该 数学兴趣小组进行如下探究，请你帮忙解答： E(F D 图1 图2 图3 (I)如图2，当ED‖BC时： ①则a=-: ②判断BD与AE的位置关系，并说明理由. (2)【深入探究】如图3，当点E,F重合时，探究AF,BF,CF之间的数量关系，并说明理由. 13.(25-26七年级下·河北保定期末)综合与实践 【情境】在学习“三角形”相关知识过程中，爱动脑筋的小鹏发现在如图1所示的图形中，两个等边三角 形有一个公共顶点，此时产生了很多有趣的问题 618 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 图1 图2 图3 【模型】由两个顶角相等且有公共顶角顶点的特殊多边形组成的图形中，若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”. 【操作】 (I)如图I,△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD和CE,试说明：BD=CE. 【探究】 (2)如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，连接BD,CE,则BD和CE的数量 关系是 BD和CE的位置关系是 【拓展】 (3)如图3，△ABC是一个锐角三角形，分别以AB,AC为边向外作等边三角形ABD和等边三角形ACE, 连接BE,CD交于点F,求∠CFE的度数 14.(25-26七年级下·山东济南期末)【问题背景】 D E B 图1 图2 图3 (I)如图1，△ABC和△DCE均为等边三角形，点A,D,E在同一直线上，连接BE.请完成填空： ①线段AD与线段BE的数量关系为 ②∠AEB的度数为 (2)【问题探索】如图2，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，点D为边AB上一点，以CD为边在CD 的右侧作等腰直角三角形DCE,且∠DCE=90°，连接BE,若AD=2,BD=5,求△BDE的面积： (3)【问题解决】在数学学习中，我们经常将面积之比转化为边之比，如图3，四边形ABDC中，AD将四 边形ABDC分成两部分，连接AD交CB于点E,CE:BE=2:3,∠ABC=90°，AB=BC,∠BDC=45°. 当CD=10时，求四边形ABDC的面积， 15.(25-26七年级下·陕西咸阳阶段检测)【综合与探究】 718 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B 图1 图2 图3 (1)在△AOB和△COD中，OA=OB,OC=OD,∠AOB=∠COD,连接AC,BD ①【模型呈现】如图1，A,O,D三点共线，试判断AC与BD的数量关系，并说明理由： ②【模型应用】如图2，设AC,BD相交于点P,AC,OB相交于点Q,若∠AOB=50°，求∠APD的度 数： (2)【拓展延伸】如图3是某公园的局部平面示意图，已知△AOB和△COD为等腰直角三角形， ∠AOB=∠COD=90°，OA=OB,OC=OD,AC,BD为公园内的两条小路，现公园规划部门决定在小路 AC和BD上分别取点M,N,且满足点M,N分别是AC,BD的中点，在△OMN区域修建一个喷泉，根 据设计要求需满足△OMN为等腰直角三角形.请问按照上述作法，公园的规划能否实现？并证明你的结 论. 818可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题05共顶点的等腰三角形“手拉手”模型有关的三种模型 题型归纳 题型一“手拉手”模型之共顶点双等腰三角形模型 题型二“手拉手”模型之共顶点双等边三角形模型 题型三“手拉手”模型之共顶点双等腰直角三角形棋型 题型专练 题型一：“手拉手”模型之共顶点双等腰三角形模型 1. 【详解】(I)证明：，∠DAE=∠BAC, :.DAE-ZCAD=ZBAC-LCAD. .∠CAE=∠BAD. 在△ABD和△ACE中， AB=AC ∠BAD=LCAE, AD=AE .△ABD≌△ACE(SAS) (2)证明：，AB=AC, ∠ABC=∠ACB ,△ABD≌△ACE. .∠ABD=∠ACE, :AC∥BD, .∠ACB=∠CBD. .∠ABD=∠ABC+∠CBD=2∠ACB, ∴.∠ACE=2LACB 1/20 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【答案】(I)证明：∠BAC=∠DAE, .∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD,即∠BAD=∠CAE, 在△BAD和△CAE中， AB=AC ∠BAD=∠CAE, AD=AE ∴.△BAD≌ACAE(SAS) (2)证明：如图，作AM⊥BD于M,作AN⊥CE于N. E B ,△ABD≌△ACE, .BD=CE,S.ABD=S.ACE, :CE:AN 2 .AM=AW」 ,AM⊥BD,AN⊥CE, ∴FA平分∠BFE. ③)AF=CF,证明如下： 如图，设AC与BD交于点O, 设∠ABO=a, :BD平分∠ABC, .∠ABO=∠CBO=a,∠ABC=2a AB=AC, .∠ABC=∠ACB=2C, .∠BAC=180°-2a-2a=180°-4a. ,△ABD≌△ACE, ∴.∠ABO=∠ACF=a 2/20 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 又.∠BOC=∠AOF .∠BFC=∠BAC=180°-4a, .∠BFE=180°-∠BFC=4a. FA平分∠BFE, ∠4FB-<arE=2a .∠AFC=2a+180°-4a=180°-2a, .∠FAC=180°-∠AFC-∠ACF=180°-(180°-2a)-a=a&, .∠FAC=∠ACF= ∴AF=CF 3. 【详解】(I)证明：∠BAC=∠DAE, ∴.∠BAC-∠EAC=∠DAE-∠EAC,即∠BAE=∠CAD, AB=AC 在△和△ 中， X∠BAE=∠CAD ABE ACD AE=AD △ABE≌△ACD(SAS): (2)解：△ABC中，AB=AC,∠BAC=40°， ∠ABC=∠ACB=180°-40 =70°， 2 .∠ADB=∠ACB=70°， AE AD, ∴.∠AED=∠ADB=70°， ∴.∠EAD=180°-∠AED-∠ADB=40°， ∴.∠EAD=∠BAC, .∠EAD-∠EAC=∠BAC-∠EAC, ∴.∠BAE=∠CAD, AB=AC 在△和△ 中， ∠BAE=∠CAD BAE CAD AE=AD ∴·△BAE≌△CAD(SAS) ∠ADC=∠AEB, 3/20 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ∴.∠ADB+∠BDC=∠ADB+∠EAD. .∠BDC=∠EAD=40°： (3)证明：如图，在DB的延长线上找一点E,使AE=AD,设∠BAC=C, E-14 DAB=AC :1=∠2=180°-a=90° 2 2 ∠3=1=90°- 2, AE=AD. ∴∠4=∠3=90°- 2 .∠EAD=180°-∠3-∠4=a, ∠EAD=∠BAC, .∠EAD-∠BAD=∠BAC-∠BAD. .∠BAE=∠CAD, AB=AC 在△和△ 中， ∠BAE=∠CAD BAE CAD AE=AD ∴·△BAE≌△CAD(SAS), ∠ADC=∠4=90°- 2 ∠BDC=∠3+∠ADc=290-2=180°-a, .∠BDC+∠BAC=180° 4. 【详解】(1)解：，∠BAC=∠DAE, ÷∠BAC+LCAD=∠DAE+LCAD,即∠BAD=∠CAE, 又：AC=AB,AD=AE」 △BAD≌aCAE(SAS), 4/20 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 .∠ADB=∠AEC=40°. 故答案为：40： (2)解：，△ABC和△AED是等边三角形， ,∠BAC=∠DAE=60°=∠ACB,AC=AB,AD=AE, .∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD,即∠BAD=∠CAE, ABAD≌aCAE(SAS), ∴∠ABD=∠ACE, ∠ABC+∠ACB=120°. :.∠ABD+∠CBD+∠ACB=∠ACE+∠CBD+∠ACB=∠CBD+∠BCO=I20°， :∠B0C=180°-（∠CBD+∠BCO)=60°： (3)解：∠A+∠BCD=180°，证明如下： 如图，延长DC到P,使DP=DB, D 图3 ∠BDC=60°， ∴△BDP是等边三角形， ÷.∠DBP=6O,BD=BP ,∠ABC=60°. .∠ABC-∠DBC=∠DBP-∠DBC,即∠ABD=∠CBP, .AB=BC. .△ABD≌aCBP(SAS). ∴.∠A=∠BCP, :∠BCD+∠BCP=180°， .∠A+∠BCD=180° 5. 【详解】解：初步把握：，∠BAC=∠DAE, 5/20 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ∴.∠BAC+∠CAD=LDAE+∠CAD ∴.∠BAD=LCAE, 在△BAD和△CAE中， AB=AC ∠BAD=∠CAE, AD=AE .aBAD≌aCAE(SAS), 故答案为：△BAD≌△CAE: 深入研究：：△ABD和△ACE都是等边三角形， ∴.AB=AD,AE=AC,∠BAD=∠CAE=60° ∴.∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC,即∠DAC=∠BAE, 在△ABE和△ADC中， AB=AD ∠BAE=∠DAC, AE=AC .△ABE≌aADC(SAS). .∠ADC=∠ABE,BE=CD, :∠BOD+∠ABE=∠BAD+∠ADC ·∠DQB=∠DAB=60°： 拓展延伸：BD=CE,BD⊥CE,理由如下： ,∠BAC=∠DAE=90°， ∴∠BAC+∠BAE=∠DAE+∠BAE,即∠CAE=∠BAD, 在△ABD和△ACE中， AB=AC ∠BAD=∠CAE. AD=AE ·.△ABD≌△ACE(SAS). .BD=CE,∠ABD=∠ACE :∠BPC+∠ABD=∠BAC+∠ACE, ∴∠BPC=∠BAC=90°， .BD⊥CE」 6/20 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 题型二：“手拉手”模型之共顶点双等边三角形模型 6. 【详解】(1)证明：：△ABD和△ACE都是等边三角形， ∴AB=AD,AE=AC,∠BAD=∠BDA=∠DBA=∠CAE=60°， ∴.∠BAC+∠CAE=∠BAC+∠BAD, 即∠BAE=∠DAC, 在△ABE和△ADC中， AB=AD ∠BAE=∠DAC、 ·AE=AC △ABE≌△ADC(SAS)」 ∴.BE=DC (2)解：由(1)知：△ABE≌△ADC, ,∠ADC=∠ABE, ∴，∠ADC+∠BDO=∠ABE+∠BDO=∠BDA=60° ∴.在△BOD中，∠BOD=180°-∠BDO-∠DBA-∠ABE =180°-∠DBA-(∠ADC+∠BDO) =180°-60°-60° =60°. (3)证明：过点A分别作AM⊥BE,AN⊥DC,垂足为点M,N 由(1)知： △ABE≌△ADC .S.ABE=S.ADC BE·AM=)DC.AW .2 .AM AN, 7/20 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ∴.点A在∠DOE的平分线上， 即OA平分∠DOE 个· 【答案】(I)证明：：△ABC、△DCE都是等边三角形， ,BC=AC,CD=CE,∠BCA=∠DCE=60° '∠BCA+∠ACD=∠ACD+∠DCE,即∠BCD=∠ACE, 在△BCD和△ACE中， BC=AC ∠BCD=∠ACE、 CD=CE 、△BCD≌△ACE(SAS)片 (2)证明：，aBCD≌△ACE, ·BD=AE,∠CBD=∠CAE, :M、N分别是线段AE、BD的中点， BN-BDE-AM. 在△BCN和△ACM中， BC=AC ∠CBD=∠CAE BN=AM .△BCN≌△ACM(SAS). .CN=CM,∠BCN=∠ACM .∠BCA+∠ACN=∠ACN+∠NCM, ∴.∠NCM=∠BCA=60°， ∴.aCMN是等边三角形. 8. 【答案】(I)证明：△ACM,△CBN是等边三角形， .AC=MC,BC=NC,∠ACM=60°，∠NCB=60, ∴.∠ACM+∠MCN=∠NCB+∠MCN, 即∠ACN=∠MCB, 在△CAN和△CMB中， 8/20 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 AC=MC ∠ACN=∠MCB NC=BC :△CAW≌△CMB(SAS), ∴AN=BM. (2)证明：△CAW≌△CMB, ∴.∠CAN=∠CMB, 又：∠MCF=180°-∠ACM-∠NCB=180°-60°-60°=60°， ·∠MCF=∠ACE. 在△CAE和△CMF中， 「∠CAE=∠CMF CA=CM ∠ACE=∠MCF .△CAE≌△CMF(ASA), :.CE=CF, ∴△CEF为等腰三角形. 又：∠ECF=60°， ∴△CEF为等边三角形， (3)结论(1)成立，结论(2)不成立： :△ACM,△CBN是等边三角形， ∴.AC=MC,BC=NC,∠ACM=∠NCB=60°， ∴∠ACM+∠ACB=∠NCB+∠ACB,即∠MCB=∠ACN. 在△CAN和△CMB中， AC=MC ∠ACN=∠MCB NC=BC .∴ACAN≌aCMB(SAS). ∴.AN=BM, 如图，AN交MC的延长线于点E,BM交NC的延长线于点F, 9/20 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 将 绕点按逆时针方向旋转， .·△ACM C 90° .∠ACB=90° 此时∠FCE>∠ACB=90°， “△CEF不可能为等边三角形， 9 【详解】(I)解：①：△ABC、△BEF是等边三角形， ∴∠ABC=∠EBF=60°， :AD是BC边上的中线， ∴.AD I BC,即∠ADB=90°， BD=DE ∴∠EBD=∠BED=45°， ∴.∠ABE=60°-45°=15°， 故答案为：15°： ②CF⊥AC,理由如下： ,△ABC是等边三角形，AD是边BC上的中线， <BAD<B4C=×60=30。 ,△ABC,△BEF是等边三角形， ∴∠ACB=∠ABC=∠EBF=60,BE=BF,AB=BC, :∠ABE+∠EBD=60°，∠CBF+∠EBD=60°， ∴.∠ABE=∠CBF .△ABE≌aCBF(SAS), ∴.∠BCF=∠BAD=30° ∴.∠ACF=∠BCF+∠ACB=30°+60°=90， ∴.CF⊥AC: (2)解：连接CF, 10120 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 :△ABC是等边三角形， ∴.LBAC=60°， :AD是BC边上的中线，△ABE≌△CBF, ·∠BCF=∠BAD=30°， 如图，作点D关于CF的对称点G,连接CG、FG、BG、DG,则DF=FG, 图2 ∴，当B、F、G三点共线，BF+DF=BF+FG的最小值为BG,且BG⊥CG时，BG最小， ,轴对称， .∠DCG=2LBCF=60°，CD=CG, ∴△DCG是等边三角形 ∴DG=DC=DB, .∠CGD=∠CDG=60°. ,BG⊥CG,即∠CGB=90°， .∠DBF=90°-60°=30° 10 【答案】(I)O证明：：△ABCADE都是等边三角形， .AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=∠B=∠ACB=60°， ∴.∠BAD+∠DAC=∠DAC+LCAE=60°， .∠BAD=∠CAE, 在△ABD与△ACE中， AB=AC ∠BAD=∠CAE, AD=AE :.△ABD≌△ACE(SAS), ∴.CE=BD: ②CE∥BD:理由如下： 11/20 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 由①得：△ABD≌△ACE. .∠ACE=∠B=60°. .∠BCE=∠ACB+∠ACE=120°. ·∠BCE+∠B=180°， .CE∥BD: (2)CE+CD=6: 证明如下：由(1)①得BD=CE, ,△ABC是等边三角形， .BC=AB=6. .BD+CD=BC=6. ..CE+CD=6; (3)解：当点D在线段BC上时： 由(2)知CE+CD=6: 当点D在线段BC的延长线上时，如图2； :△ABC△ADE都是等边三角形， .AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=∠B=∠ACB=6O°， .∠BAC+∠DAC=∠DAC+∠DAE, ∴∠BAD=∠CAE, 在△ABD与△ACE中， AB=AC ∠BAD=∠CAE, AD=AE .△ABD≌△ACE(SAS), .CE=BD ..BD-CD=BC=6. ...CE-CD=6; A E B CD 图2 12120 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 当点D在线段BC的反向延长线上时，如图3： 同理得△ABD≌△ACE, .BD=CE, CD-BD=BC=6. :.CD-CE=6: 图3 E 综上，当点D在线段BC上时，CE+CD=6:当点D在线段BC的延长线上时，CE-CD=6:当点D在 线段BC的反向延长线上时，CD-CE=6」 题型三：“手拉手”模型之共顶点双等腰直角三角形模型 11. 【答案】(I)解：CE⊥BC, 理由：∠BAC=∠DAE=90° ∴.∠BAC-∠CAD=∠DAE-∠CAD, ∴.∠BAD=∠CAE 「AB=AC 在 与 中∠BAD=∠CAE. △ABD△ACE AD=AE :.△ABD≌△ACE(SAS), ∴.∠ABC=∠ACE」 :△ABC是等腰直角三角形，且∠BAC=90°， ∴.∠ABC=∠ACB=45°」 .∠ACE=∠ABC=45°」 ·∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°， 、∠ABC+∠ACE=90°， .CE⊥BC: 13120 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (2)解：CE=BC+CD 理由：：△ABCAADE是等腰直角三角形， ·.AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=90° ∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC,即∠BAD=∠CAE, AB=AC 衣 和 中， ∠BAD=∠CAE、 △ABD △ACE AD=AE ·.△ABD≌aACE(SAS), .BD=CE .BD=BC+CD, ..CE=BC+CD, (3)解：BC⊥CE,CD=BC+CE, 理由：如图3， B 是等腰直角三角形， 图3 △ABC,AADE ∴.AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=90°， .∠BAC-∠BAE=∠DAE-∠BAE,即∠BAD=∠CAE, AB=AC 在 和 中， ∠BAD=∠CAE、 △ABD△ACE AD=AE ∴.△ABD≌△ACE(SAS), ∴.∠ADB=∠AEC, ..BD=CE, .CD=BD+BC, .CD=CE+BC, :∠ADE+∠AED=90°，即∠ADB+∠CDE+∠AED=90°， 、∠AEC+∠CDE+∠AED=90°， ∠DCE=90°，即BC⊥CE, 14120 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 :BC⊥CE,CD=BC+CE 12. 【答案】I)045:②BD⊥AE 理由如下：，∠BCA=∠ECD=90°， .∠BCA-∠DCA=∠ECD-∠DCA, ∴.∠ECA=∠BCD, .EC=CD,AC=CB, ∴AAEC≌ABDC(SAS), .∠EAC=∠DBC, ∠ACB=90°， .∠BGC+∠GBC=90°， .·∠AGF=∠BGC .∠AGF+∠EAC=90°， .∠AFG=90°， BD⊥AE (2)BF=AF+√2CF, 理由如下： :△ABC和△CDE是等腰直角三角形， ∴∠DCE=∠ACB,AC=BC,CD=CE,DF=V2CF, .∠ACE=∠BCD, ∴.AACE≌ABCD(SAS). :AF BD, BF DF+BD, .BF=AF+√2CF. 13. 【答案】(I)证明：己知△ABC和△ADE都是等边三角形， 根据等边三角形的性质可得：AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=60°， 因此∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC, 即∠BAD=∠CAE, 在△BAD和△CAE中： 15120 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 AB=AC ∠BAD=∠CAE, AD=AE 得△BAD≌△CAE(SAS). 由全等三角形对应边相等，因此BD=CE (2)解：已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°， 因此AB=AC,AD=AE, 由角的和差关系可得： ∠BAC+∠BAE=∠BAE+∠EAD, 即∠BAD=∠CAE, 在△BAD和△CAE中： AB=AC ∠BAD=∠CAE, AD=AE 得△BAD≌aCAE(SAS), 因此BD=CE, 设BD交CE于点H, 由△BAD≌aCAE可得∠ABD=∠ACE, 在△ABC中，∠BAC=90°，因此∠ABC+∠ACB=90°， 即∠ACE+∠BCE+∠ABC=90°， 将∠ABD=∠ACE代入得： ∠ABD+∠ABC+∠ECB=∠DBC+∠BCE, 因此在ABHC中，∠BHC=180°-（∠DBC+∠BCE)=90°， 即BD⊥CE, 故结论为：BD=CE,BD⊥CE. (3)解：已知△ABD和△ACE都是等边三角形，因此： 16120 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 AB=AD,AC=AE,∠BAD=∠CAE=60° 由角的和差关系可得 ∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC, 即∠BAE=∠DAC, 在△BAE和△DAC中： AB=AD ∠BAE=∠DAC, AE=AC 得△BAE≌aDAC(SAS),因此∠ABE=∠ADC, 设CD交AB于点M, 在△ADM和△BFM中： ∠ADM=∠FBM,∠AMD=∠FMB 因此∠BFM=∠BAD=60°， 由对顶角的性质，∠CFE=∠BFM=6O°， 因此∠CFE的度数为60°」 14, 【详解】(I)解：·△ABC和△DCE都是等边三角形， AC=BC,CD=CE,∠ACB=∠DCE=60°， :.∠ACD+∠BCD=∠BCE+∠BCD=60°， ∴.∠ACD=∠BCE, 、△ACD≌aBCE(SAS), 因此AD=BE,∠ADC=∠BEC :A,D,E共线，∠CDE=60°， ∴.∠ADC=180°-60°=120°=∠BEC, 、.∠AEB=∠BEC-∠CED=120°-60°=60° (2)解：△ACB为等腰直角三角形，∠ACB=90°， ∴.AC=BC,∠A=∠ABC=45° △DCE为等腰直角三角形，∠DCE=90°， .CD=CE, 又：∠ACB=∠DCE=90° 17120 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ∴.∠ACD+∠DCB=∠BCE+∠DCB=9O°， .∠ACD=∠BCE, ∴.AACD≌△BCE(SAS), .BE=AD,∠CBE=∠A=45°， .∠DBE=∠DBC+∠CBE=45°+45°=90°， AD=2, .BE=2, 又BD=5, :.=2 B.BE-2x5x2=5. (3)解：如图，过点B作BK⊥BD交DC的延长线于点K,连接AK, ∠CDB=45°， .∠BKD=180°-∠KBD-∠CDB=180°-90°-45°=45°， ∴△BDK为等腰直角三角形， :BK =BD, :∠ABC=∠KBD=90° D Kar------- E A ∴，∠ABC-∠KBC=∠KBD-∠KBC 即∠ABK=∠CBD 又：AB=BC,BK=BD, .△ABK≌aCBD(SAS). .AK=CD=10,∠AKB=∠CDB=45°， ∴.∠AKC=45°+45°=90°， 又：CD=10, .AK=10, ∴S4m-)×CDAK=)x10x10=50, 1 2 2 CE:BE=2:3, S.ACE:S.ABE=2:3,SACDE SAODE=2:3, 18120 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 SCD:S.4D=2:3, SA8D=75, ∴四边形ABDC的面积=SABD+SACD=125 15, 【答案】(I)①解：AC=BD,理由如下： ,∠AOB=∠COD ∴∠AOB+∠BOC=∠COD+∠BOC,即∠AOC=∠BOD, 在△AOC和△BOD中， OA=OB ∠AOC=∠BOD OC=OD ·.△AOC≌aBOD(SAS), 、AC=BD: ②：∠AOB=LCOD, :∠AOB+∠BOC=∠COD+∠BOC,即∠AOC=∠BOD, 在△AOC和△BOD中， OA=OB ∠AOC=∠BOD OC=OD .△AOC≌aBOD(SAS). ∴.∠OAC=∠OBD 又：∠AQ0=∠BQP,∠AQO+∠OAQ+∠AO0=∠BPQ+∠BQP+∠PBQ=180° ∠4O0=LBPg, ,∠A00=50° .∠BPQ=50° .∠APD=180°-∠BPQ=130°： (②)公园的规划能实现，证明如下： 由题意得OA=OB,OC=OD,∠AOB=∠COD=90°， 同理可证明△AOC≌aBOD, .:∠OAC=∠OBD,AC=BD 19120 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 :M,N分别为AC,BD的中点， :AM-14C,BN=IBD. .AM=BN, 在△AOM和△BON中， OA=OB ∠OAM=∠OBN AM=BN .△AOM≌△BON(SAS), .OM=ON,∠AOM=∠BON, ,∠AOB=90° ∴.∠AOM+∠MOB=90° :∠BON+∠MOB=90°，即∠MON=90° .OM⊥OW. :.△MON是等腰直角三角形， 公园的规划能实现 20120 专题05 共顶点的等腰三角形“手拉手”模型有关的三种模型 题型一 “手拉手”模型之共顶点双等腰三角形模型 题型二 “手拉手”模型之共顶点双等边三角形模型 题型三 “手拉手”模型之共顶点双等腰直角三角形模型 题型一：“手拉手”模型之共顶点双等腰三角形模型 条件：△ABC和△DCE均为等腰三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ACM=∠BFM；④CF平分∠AFD。 1．（25-26八年级上·北京·月考）如图，在中，，，，连接． (1)求证：； (2)若，求证：． 【答案】(1)证明过程见解析； (2)证明过程见解析． 【分析】本题考查三角形全等的判定和性质，等边对等角，平行线的性质． （1）由，可得，结合已知即可证得结论； （2）由等边对等角可得，由三角形全等的性质可得，由平行线的性质可得，可得，即可证得结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴． （2）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 2．（25-26八年级下·山东烟台·期末）如图，在和中，，，，和交于点，连接． (1)求证：； (2)求证：平分； (3)若平分，判断和的数量关系，并证明． 【答案】(1)证明：∵， ∴， 即， 在和中， ， ． (2)证明：如图，作于，作于． ∵， ∴，， ∴ ， ∴， ∵，， ∴平分． (3)，证明如下： 如图，设与交于点， 设， ∵平分， ∴，． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． 又∵， ∴， ∴． ∵平分， ∴． ∴， ∴， ∴． ∴． 【分析】（1）先证明，再根据证明结论即可； （2）作于，作于，由（1）可得，，然后根据角平分线的性质即可证明； （3）设与交于点，，由角平分线的定义、全等三角形的性质、等边对等角可得，，，由（2）可得，证明，即可得出结论． 【详解】（1）略 （2）略 （3）略 3．（25-26八年级上·湖北荆门·期末）（1）【问题背景】如图1，和中，，，且，连接，，求证：． （2）【尝试运用】如图2，中，，，以为端点引一条与腰相交的射线，在射线上取点，使，求的度数．小亮同学通过观察，联想到（1）中的模型，在上找一点，使，最后使问题得到解决．请你帮他写出解答过程． （3）【拓展延伸】如图3，中，，为任意角度，若射线在BC的下方，仍在射线上取点，使，求证：． 【答案】（1）见解析；（2），见解析；（3）见解析 【分析】（1）根据已知条件可知，采用“边角边”的方法证明； （2）通过等腰三角形等边对等角的性质，先证，再利用“边角边”证明，推出，即，由此得出； （3）在的延长线上找一点E，使，设，同（2）的证明方法得出，推出，，由此得出+=180°． 【详解】（1）证明：， ，即， 在△和△中，， △△； （2）解：△中，，， ， ， ， ， ， ， ， ， 在△和△中，， △△， ， ， ； （3）证明：如图，在的延长线上找一点，使，设， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 在△和△中，， △△， ， ， ． 4．（25-26八年级上·云南玉溪·期中）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． (1)如图1，在“手拉手”图形中，，若，则 (2)如图2，和是等边三角形，连接，交于点O，求的度数； (3)如图3，，，试探究与的数量关系． 【答案】(1)40 (2) (3) 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、等边三角形的判定和性质、三角形内角和定理的应用 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，三角形内角和定理，熟练掌握知识点是解题的关键． （1）先证明，再根据全等三角形的性质求解即可； （2）根据等边三角形的性质得出，，进而证明，再根据全等三角形的性质和三角形内角和求解即可； （3）延长到P，使，先证明是等边三角形，再证明，进而证明即可． 【详解】（1）解：∵， ∴，即， 又∵， ∴， ∴， 故答案为：40； （2）解：∵和是等边三角形， ∴，， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：，证明如下： 如图，延长到P，使， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 5．（25-26八年级上·湖南邵阳·期末）综合实践 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的，在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．兴趣小组成员经过研讨给出定义：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，可以形象地看作两双手，所以通常称为“手拉手模型”，如图3-1，与都是等腰三角形，其中，则（边角边）． 【初步把握】如图2，与都是等腰三角形，，，且，请直接写出图中的一对全等三角形． 【深入研究】如图3，已知，以为边分别向外作等边和等边，交于点Q，求的大小，并证明：． 【拓展延伸】如图4，在两个等腰直角和中，，，，连接交于点，请判断和的关系，并说明理由． 【答案】初步把握：；深入研究：，证明见解析；拓展延伸：，，理由见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、三角形外角的定义及性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 初步把握：先证明，再利用“”证明即可； 深入研究：由等边三角形的性质可得，，，再证明，进而证明，得出，即可得解； 拓展延伸：证明，得出，，即可得解． 【详解】解：初步把握：∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， 故答案为：； 深入研究：∵和都是等边三角形， ∴，，， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴； 拓展延伸：，，理由如下： ∵， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴． 题型二：“手拉手”模型之共顶点双等边三角形模型 条件：如图，△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。 6．（25-26八年级上·山东德州·期末）如图，分别以的边，向外作等边三角形和等边三角形，线段与相交于点，连接． (1)求证：； (2)求的度数； (3)求证：平分． 【答案】(1)见解析 (2) (3)见解析 【分析】本题考查了等边三角形性质，三角形的面积，全等三角形的性质和判定，三角形的内角和定理的综合运用． （1）根据等边三角形性质得出，，，求出．根据证即可． （2）根据全等求出，在中根据三角形的内角和定理和即可求出答案． （3）过点分别作，，垂足为点，．根据三角形的面积公式求出，根据角平分线性质求出即可． 【详解】（1）证明：和都是等边三角形， ，，， ， 即， 在和中， ， ， ． （2）解：由（1）知：， ， ， 在中， ． （3）证明：过点分别作，，垂足为点，． 由（1）知：， ， ， 点在的平分线上， 即平分． 7．（25-26七年级下·上海宝山·期末）如图，已知：、都是等边三角形，连接分别是线段的中点． (1)求证：； (2)求证：是等边三角形． 【答案】(1)证明：∵、都是等边三角形， ∴， ∴，即， 在和中， ， ∴； (2)证明：∵， ∴，， ∵分别是线段的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形． 【分析】（1）首先结合等边三角形的性质证明，进一步可得，然后利用“”证明即可； （2）首先利用“”证明，由全等三角形的性质可得，进而证明，即可证明结论． 【详解】（1）略 （2）略 8．（25-26八年级下·江西吉安·阶段检测）如图，点为线段上一点．，是等边三角形，线段，交于点，线段，交于点，连接． (1)求证：； (2)求证：为等边三角形； (3)将绕点按逆时针方向旋转，其他条件不变，如图．试判断第（1）、（2）两小题的结论是否仍然成立（不要求证明）． 【答案】(1)证明：，是等边三角形， ，，，， ， 即， 在和中， ， ， ． (2)证明：， ， 又， ． 在和中， ， ， ， 为等腰三角形． 又， 为等边三角形． (3)结论（1）成立，结论（2）不成立 【分析】（1）根据“”证明即可； （2）先证明，得出，再根据有一个角为的等腰三角形为等边三角形，即可证明结论； （3）证明，得出，即可证明结论（1）成立；根据旋转得出，从而得出，说明不可能是等边三角形，证明结论（2）不成立． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：结论（1）成立，结论（2）不成立； ，是等边三角形， ，，， ，即 在和中， ， ， ． 如图，交的延长线于点，交的延长线于点， 将绕点按逆时针方向旋转， ， 此时， 不可能为等边三角形． 9．（25-26八年级上·辽宁抚顺·期末）问题情境：在等边 中，E为边中线 上的一动点，连接，在的下方作等边 (1)如图1， 当时， 连接． 的度数为 ； ②猜想与的位置关系，并说明理由； (2)如图2，连接，是否有最小值，若有请求出此时 的度数；若没有请说明理由． 【答案】(1)①；②，理由见解析 (2)有最小值， 【分析】本题考查等边三角形的判定与性质、全等三角形的性质与判定、等腰三角形的性质、轴对称的性质、直角三角形的性质，熟练掌握等边三角形的判定与性质是解题的关键． （1）①根据等边三角形的性质可得，，再根据等腰直角三角形的性质可得，即可求解； ②根据等边三角形的性质可得，再由三线合一得出，根据全等三角形的判定和性质得出，，即可求解； （2）连接,可得，作点D关于的对称点G，连接、、、，则，当B、F、G三点共线，的最小值为，且时，最小，再根据等边三角形的性质求解即可． 【详解】（1）解：①∵、是等边三角形， ∴， ∵是边上的中线， ∴，即， ∵， ∴， ∴， 故答案为：； ②，理由如下: ∵是等边三角形，是边上的中线， ∴， ∵是等边三角形， ∴, ∵， ∴, ∴， ∴, ∴, ∴； （2）解：连接， ∵是等边三角形， ∴， ∵是边上的中线，， ∴， 如图，作点D关于的对称点G，连接、、、，则， ∴当B、F、G三点共线，的最小值为，且时，最小， ∵轴对称， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵，即， ∴． 10．（25-26七年级下·江西吉安·期末）综合与实践：在等边中，，点是直线上一动点（不与，重合），以为边在的右侧作等边，连接．探究图中与之间的数量关系． (1)特例研究：如图1，当点在线段上时， ①求证：； ②判断与有什么样的位置关系，并说明理由； (2)类比探究：在（1）的条件下，探究与之间的数量关系，并证明你的结论； (3)拓展延伸：当点在直线上运动时，请直接写出，之间的数量关系． 【答案】(1)①证明：∵都是等边三角形， ∴， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴； ②；理由如下： 由①得：， ∴， ∴， ∴， ∴； (2)； 证明如下：由（1）①得， ∵是等边三角形， ∴， ∵， ∴； (3)当点D在线段上时，；当点D在线段的延长线上时，；当点D在线段的反向延长线上时， 【分析】（1）①证明即可； ②；由①的证明得，从而，由平行线的判定即可得到； （2）；由（1）①得，结合等边三角形的性质及线段的和差关系即可证明； （3）分三种情况：点D在线段上；点D在线段的延长线上；点D在线段的反向延长线上；利用三角形全等的判定与性质即可求解． 【详解】（1）①证明：略； ② ；理由略； （2）解：；证明略； （3）解：当点D在线段上时； 由（2）知； 当点D在线段的延长线上时，如图2； ∵都是等边三角形， ∴， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∵， ∴； 当点D在线段的反向延长线上时，如图3； 同理得， ∴， ∵， ∴； 综上，当点D在线段上时，；当点D在线段的延长线上时，；当点D在线段的反向延长线上时，． 题型三：“手拉手”模型之共顶点双等腰直角三角形模型 条件：如图，△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。 11．（25-26七年级下·辽宁阜新·阶段检测）在中，，，点为直线上一动点，以为直角边在的右侧作等腰直角，使． (1)当点在线段上时，如图1，请判断与的位置关系，并说明理由； (2)当点在线段的延长线上时，如图2，判断三条线段数量关系，并说明理由； (3)当点在线段的延长线上时，直接判断与的位置关系，并直接写出三条线段的数量关系． 【答案】(1)解：， 理由：， ， ， 在与中， ， ， ∵是等腰直角三角形，且， ， ∴， ∴， ∴， ∴； (2)解：， 理由：∵是等腰直角三角形， ∴， ∴，即， 在和中，， ∴， ∴， ∵， ∴； (3) ． 【分析】（1）根据“”即可证明，再根据等腰直角的性质即可说明； （2）同（1）的方法判断出，得出，再根据，可得出结论； （3）同（2）的方法可得结论． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：， 理由：如图， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∴，即， 在和中，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，即， ∴， ∴，即， ∴． 12．（25-26八年级下·山东枣庄·期末）综合与实践． 【初步探究】某校一数学兴趣小组在一次合作探究活动中，将两块大小不同的等腰直角三角形和等腰直角三角形，按如图1的方式摆放，，随后保持不动，将绕点C按逆时针方向旋转（0°＜＜90°），连接，，延长交于点F，交于点G，连接．该数学兴趣小组进行如下探究，请你帮忙解答： (1)如图2，当时： ①则 ； ②判断与的位置关系，并说明理由． (2)【深入探究】如图3，当点E，F重合时，探究之间的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)①；② 理由如下：， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． (2)， 理由如下： 和是等腰直角三角形， ，，，， ， ， ， ， ． 【分析】（1）①根据和等腰直角三角形的性质即可求出②根据已知条件判定，得到，再根据直角三角形两锐角互余和对顶角的性质即可证明；（2）仍是判定，则，再根据等腰直角三角形性质得到，代换即可． 【详解】（1） 解：①是等腰直角三角形， ， ， ，即． ②略 （2）略 13．（25-26七年级下·河北保定·期末）综合与实践 【情境】在学习“三角形”相关知识过程中，爱动脑筋的小鹏发现在如图1所示的图形中，两个等边三角形有一个公共顶点，此时产生了很多有趣的问题． 【模型】由两个顶角相等且有公共顶角顶点的特殊多边形组成的图形中，若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”． 【操作】 (1)如图1，和都是等边三角形，连接和，试说明：． 【探究】 (2)如图2，和都是等腰直角三角形，，连接，，则和的数量关系是____________，和的位置关系是____________． 【拓展】 (3)如图3，是一个锐角三角形，分别以，为边向外作等边三角形和等边三角形，连接，交于点，求的度数． 【答案】(1)证明：已知和都是等边三角形， 根据等边三角形的性质可得：，，， 因此， 即， 在和中： ， 得， 由全等三角形对应边相等，因此． (2)； (3) 【分析】（1）根据等边三角形的性质，，推导出，证明即可得到结论； （2）根据等腰直角三角形的性质，，推导出，证明，设交于点，由全等推出，即可得到结论； （3）根据等边三角形的性质，，推导出，证明，根据对顶角性质即可求出的度数． 【详解】（1）略 （2）解：已知和都是等腰直角三角形，， 因此，， 由角的和差关系可得： ， 即， 在和中： ， 得， 因此， 设交于点， 由可得， 在中，，因此， 即， 将代入得： ， 因此在中，， 即， 故结论为：，． （3）解：已知和都是等边三角形，因此： ， 由角的和差关系可得 ， 即， 在和中： ， 得，因此， 设交于点， 在和中： ， 因此， 由对顶角的性质，， 因此的度数为． 14．（25-26七年级下·山东济南·期末）【问题背景】 (1)如图1，和均为等边三角形，点，，在同一直线上，连接．请完成填空： ①线段与线段的数量关系为__________； ②的度数为__________°； (2)【问题探索】如图2，为等腰直角三角形，，点为边上一点，以为边在的右侧作等腰直角三角形，且，连接，若，，求的面积； (3)【问题解决】在数学学习中，我们经常将面积之比转化为边之比，如图3，四边形中，将四边形分成两部分，连接交于点，，，，．当时，求四边形的面积． 【答案】(1)①，②60； (2) (3) 【分析】（1）因为和都是等边三角形，所以可得到，，且，通过角的和差推导相等的夹角，利用证明，进而得到和的数量关系；再结合等边三角形的内角、平角性质以及全等三角形的对应角相等，推导的度数． （2）因为和都是等腰直角三角形，所以可得到，，且，通过角的和差推导相等的夹角，利用证明，得到的长度与相等，且对应角相等，进而推导的度数，判断的形状，再用三角形面积公式计算面积． （3）过点作交的延长线于点，连接，利用和的条件，构造以为直角顶点的等腰直角三角形，通过证明三角形全等，将的长度转化为对应边的长度，得到的对应角的度数，推导相关线段与的位置关系，求出的面积；再根据，结合等高三角形面积比等于底之比，分别计算与的面积关系，与的面积关系，得到与的关系，求和得到四边形的面积． 【详解】（1）解：∵和都是等边三角形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， 因此，． ∵共线，， ∴， ∴． （2）解：为等腰直角三角形，， ，， 为等腰直角三角形，， ， 又， ， ， ， ，， ， ， ， 又， ． （3）解：如图，过点作交的延长线于点，连接， ， ， 为等腰直角三角形， ， ， ， 即， 又，， ， ，， ， 又， ， ， ， ，， ， ， 四边形的面积． 15．（25-26七年级下·陕西咸阳·阶段检测）【综合与探究】 (1)在和中，，，，连接，． ①【模型呈现】如图1，A，O，D三点共线，试判断与的数量关系，并说明理由； ②【模型应用】如图2，设，相交于点P，，相交于点Q，若，求的度数； (2)【拓展延伸】如图3是某公园的局部平面示意图，已知和为等腰直角三角形，，，，，为公园内的两条小路，现公园规划部门决定在小路和上分别取点M，N，且满足点M，N分别是，的中点，在区域修建一个喷泉，根据设计要求需满足为等腰直角三角形．请问按照上述作法，公园的规划能否实现？并证明你的结论． 【答案】(1)①解： ，理由如下： ∵， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴； ②∵， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∵， ∴， ∴； (2)公园的规划能实现，证明如下： 由题意得， 同理可证明， ∴，， ∵M，N分别为，的中点， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴ ， ∴，， ∵， ∴， ∴，即 ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴公园的规划能实现． 2 / 37 学科网（北京）股份有限公司 $