中考数学几何模型重点突破讲练：专题12 全等三角形中的手拉手模型（教师版）

专题12全等三角形中的手拉手模型【模型1】等腰三角形中的手拉手全等模型如图，△ABC与△ADE均为等腰三角形，且∠BAC＝∠DAE，连接BD、CE，则△ABD≌△ACE。【证明】∠BAC＝∠DAE又△ABC与△ADE均为等腰三角形在和中△ABD≌△ACE【模型2】等边三角形中的手拉手全等模型如图，△ABC与△CDE均为等边三角形，点B、C、E三点共线，连接AE、BD，则△BCD≌△ACE。【模型3】一般三角形中的手拉手全等模型如图，在任意△ABC中，以AB为边作等边△ADB，以AC为边作等边△ACE，连接DC、BE，则△ADC≌△ACE.【模型4】正方形中的手拉手全等模型如图，在任意△ABC中，以AB为边作正方形ABDE，以AC为边作正方形ACFG，连接EC、BG，则△AEC≌△ABG.【例1】如图，C为线段AE上一动点（不与点，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．以下结论错误的是（

）A．∠AOB=60° B．AP=BQC．PQ∥AE D．DE=DP【答案】D【分析】利用等边三角形的性质，BC∥DE，再根据平行线的性质得到∠CBE=∠DEO，于是∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，得出A正确；根据△CQB≌△CPA（ASA），得出B正确；由△ACD≌△BCE得∠CBE=∠DAC，加之∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，得到△CQB≌△CPA（ASA），再根据∠PCQ=60°推出△PCQ为等边三角形，又由∠PQC=∠DCE，根据内错角相等，两直线平行，得出C正确；根据∠CDE=60°，∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，可知∠DQE≠∠CDE，得出D错误．【解析】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，在△CQB与△CPA中，，∴△CQB≌△CPA（ASA），∴CP=CQ，又∵∠PCQ=60°可知△PCQ为等边三角形，∴∠PQC=∠DCE=60°，∴PQ∥AE，故C正确，∵△CQB≌△CPA，∴AP=BQ，故B正确，∵AD=BE，AP=BQ，∴AD-AP=BE-BQ，即DP=QE，∵∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，∴∠DQE≠∠CDE，故D错误；∵∠ACB=∠DCE=60°，∴∠BCD=60°，∵等边△DCE，∠EDC=60°=∠BCD，∴BC∥DE，∴∠CBE=∠DEO，∴∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，故A正确．故选：D．【例2】如图，是边长为5的等边三角形，，．E、F分别在AB、AC上，且，则三角形AEF的周长为______．【答案】10【分析】延长AB到N，使BN=CF，连接DN，求出∠FCD=∠EBD=∠NBD=90°，根据SAS证△NBD≌△FCD，推出DN=DF，∠NDB=∠FDC，求出∠EDF=∠EDN，根据SAS证△EDF≌△EDN，推出EF=EN，易得△AEF的周长等于AB+AC．【解析】解：延长AB到N，使BN=CF，连接DN，∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC=∠ACB=60°，∵BD=CD，∠BDC=120°，∴∠DBC=∠DCB=30°，∴∠ACD=∠ABD=30°+60°=90°=∠NBD，∵在△NBD和△FCD中，，∴△NBD≌△FCD（SAS），∴DN=DF，∠NDB=∠FDC，∵∠BDC=120°，∠EDF=60°，∴∠EDB+∠FDC=60°，∴∠EDB+∠BDN=60°，即∠EDF=∠EDN，在△EDN和△EDF中，，∴△EDN≌△EDF（SAS），∴EF=EN=BE+BN=BE+CF，即BE+CF=EF．∵△ABC是边长为5的等边三角形，∴AB=AC=5，∵BE+CF=EF，∴△AEF的周长为：AE+EF+AF=AE+EB+FC+AF=AB+AC=10，故答案为：10．【例3】如图1，B、C、D三点在一条直线上，AD与BE交于点O，△ABC和△ECD是等边三角形．(1)求证：△ACD≌△BCE；(2)求∠BOD的度数；(3)如图2，若B、C、D三点不在一条直线上，∠BOD的度数是否发生改变？（填“改变”或“不改变”）【答案】(1)证明见解析(2)∠BOD＝120°(3)不改变，理由见解析【分析】（1）根据“SAS”证明△ACD≌△BCE即可；（2）由全等三角形的性质得∠ADC＝∠BEC，再由三角形的外角性质得∠AOB＝60°，即可求解；（3）同（1）得：△ACD≌△BCE，得出∠DAC＝∠EBC，根据三角形外角求出∠AOE=120°，即可得出答案．【解析】（1）证明：∵△ABC和△ECD是等边三角形，∴∠ACB＝∠ECD＝60°，BC＝AC，EC＝CD，∴∠ACB+∠ACE＝∠ECD+∠ACE，∴∠BCE＝∠ACD，在△BCE和△ACD中∵，∴△BCE≌△ACD（SAS）．（2）解：∵△BCE≌△ACD，∴∠ADC＝∠BEC，∵∠AOB＝∠EBC+∠ADC，∴∠AOB＝∠EBC+∠BEC＝∠DCE＝60°，∵∠AOB+∠BOD＝180°，∴∠BOD＝120°．（3）解：不改变，理由如下：同（1）得：△ACD≌△BCE（SAS），∴∠DAC＝∠EBC，∵∠AOE＝∠ABO+∠OAB＝∠ABO+∠DAC+∠BAC＝∠ABO+∠EBC+∠BAC＝∠ABC+∠BAC＝120°∴∠BOD＝∠AOE＝120°，即∠BOD的度数不改变．故答案为：不改变．一、单选题1．如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，连接CE交AD于点F，连接BD交CE于点G，连接BE．下列结论中，正确的结论有（）①CE＝BD；②△ADC是等腰直角三角形；③∠ADB＝∠AEB；④S四边形BCDE＝BD•CE；⑤BC2+DE2＝BE2+CD2．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】根据等腰直角三角形的性质可得AB=AC，AD=AE，然后求出∠BAD=∠CAE，再利用“边角边”证明△ABD和△ACE全等，根据全等三角形对应边相等可得CE=BD，判断①正确；根据全等三角形对应角相等可得∠ABD=∠ACE，从而求出∠BCG+∠CBG=∠ACB+∠ABC=90°，再求出∠BGC=90°，从而得到BD⊥CE，根据四边形的面积等于两个三角形的面积之和可判断出④正确；根据勾股定理表示出BC2+DE2，BE2+CD2，得到⑤正确；再求出时，∠ADC=90°，判断出②错误；∠AEC与∠BAE不一定相等判断出③错误．【解析】解：∵，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∴AB=AC，AD=AE，∵∠BAD=∠BAC+∠CAD=90°+∠CAD，∠CAE=∠DAE+∠CAD=90°+∠CAD，∴∠BAD=∠CAE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴CE=BD，∠ABD=∠ACE，故①正确；∴∠BCG+∠CBG=∠ACB+∠ABC=90°，在△BCG中，∠BGC=180°-（∠BCG+∠CBG）=180°-90°=90°，∴BD⊥CE，∴S四边形BCDE=BD•CE，故④正确；由勾股定理，在Rt△BCG中，BC2=BG2+CG2，在Rt△DEG中，DE2=DG2+EG2，∴BC2+DE2=BG2+CG2+DG2+EG2，在Rt△BGE中，BE2=BG2+EG2，在Rt△CDG中，CD2=CG2+DG2，∴BE2+CD2=BG2+CG2+DG2+EG2，∴BC2+DE2=BE2+CD2，故⑤正确；从题干信息没有给出所以只有时，=90°，无法说明，更不能说明故②错误；∵△ABD≌△ACE，∴∠ADB=∠AEC，条件不足以证明∠AEC与∠AEB相等无法证明，∴∠ADB=∠AEB不一定成立，故③错误；综上所述，正确的结论有①④⑤共3个．故选：C．2．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

④A．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．【解析】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．3．如图，在直线AC的同一侧作两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD交于点H，AE与DB交于点G，BE与CD交于点F，下列结论：①AE＝CD；②∠AHD＝60°；③△AGB≌△DFB；④BH平分∠GBF；⑤GF∥AC；⑥点H是线段DC的中点．正确的有（）A．6个 B．5个 C．4个 D．3个【答案】C【分析】连接GF，过点B作BM⊥AE于M，BN⊥CD于N；结合题意，利用等边三角形、全等三角形的性质，推导得AE＝CD，∠AHD＝∠ABG＝60°；再根据等边三角形、角平分线的性质分析，即可得到答案．【解析】连接GF，过点B作BM⊥AE于M，BN⊥CD于N∵△ABD，△BCE都是等边三角形，∴∠ABD＝∠EBC＝60°，BA＝BE，BE＝BC，∴∠ABE＝∠DBC，在△ABE和△DBC中，∴△ABE≌△DBC（SAS），∴AE＝CD，故①正确；∵△ABE≌△DBC，∴∠BAE＝∠BDC，∵∠AGB＝∠DGH，∴∠AHD＝∠ABG＝60°，故②正确；在△AGB和△DFB中，∴△AGB≌△DFB（ASA），故③正确；∵△AGB≌△DFB，∴BG＝BF，∵∠GBF＝60°，∴△BGF是等边三角形，∴∠FGB＝∠ABD＝60°，∴FG∥AC，故⑤正确；∵△ABE≌△DBC，BM⊥AE，BN⊥CD，∴BM＝BN，∴BH平分∠AHC，但不一定平分∠GBF，故④错误；根据题意，无法判断DH＝CH，故⑥错误．故选：C．4．如图，点C是线段AE上一动点（不与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，连接PQ，有以下5个结论：①AD=BE；②PQ∥AE；③AP=BQ；④DE=DP；⑤∠AOB=60°．其中一定成立的结论有（

）个A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】①由于△ABC和△CDE是等边三角形，可知AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，从而证出△ACD≌△BCE，可推知AD=BE；③由△ACD≌△BCE得∠CBE=∠DAC，加之∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，得到△ACP≌△BCQ（ASA），所以AP=BQ；故③正确；②根据②△CQB≌△CPA（ASA），再根据∠PCQ=60°推出△PCQ为等边三角形，又由∠PQC=∠DCE，根据内错角相等，两直线平行，可知②正确；④根据∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，可知∠DQE≠∠CDE，可知④错误；⑤利用等边三角形的性质，BC∥DE，再根据平行线的性质得到∠CBE=∠DEO，于是∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，可知⑤正确．【解析】①∵等边△ABC和等边△DCE，∴BC=AC,DE=DC=CE，∠DEC=∠BCA=∠DCE=60∘，∴∠ACD=∠BCE，在△ACD和△BCE中，AC=BC，∠ACD=∠BCE，DC=CE，∴△ACD≌△BCE(SAS)，∴AD=BE；故①正确；③∵△ACD≌△BCE(已证)，∴∠CAD=∠CBE，∵∠ACB=∠ECD=60°(已证)，∴∠BCQ=180°-60°×2=60°，∴∠ACB=∠BCQ=60°，在△ACP与△BCQ中，∠CAD=∠CBE，AC=BC，∠ACB=∠BCQ=60°，∴△ACP≌△BCQ(ASA)，∴AP=BQ；故③正确；②∵△ACP≌△BCQ，∴PC=QC，∴△PCQ是等边三角形，∴∠CPQ=60∘，∴∠ACB=∠CPQ，∴PQ∥AE；故②正确；④∵AD=BE，AP=BQ，∴AD−AP=BE−BQ，即DP=QE，∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，∴∠DQE≠∠CDE，∴DE≠QE，则DP≠DE，故④错误；⑤∵∠ACB=∠DCE=60°，∴∠BCD=60°，∵等边△DCE，∠EDC=60°=∠BCD，∴BC∥DE，∴∠CBE=∠DEO，∴∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°.故⑤正确；综上所述，正确的结论有：①②③⑤，错误的结论只有④，故选D．5．如图，在中，，点D、F是射线BC上两点，且，若，；则下列结论中正确的有（）①；②；③；④A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】由AD⊥AF，∠BAD=∠CAF，得出∠BAC=90°，由等腰直角三角形的性质得出∠B=∠ACB=45°，由SAS证得△ABD≌△ACE（SAS），得出BD=CE，∠B=∠ACE=45°，S△ABC=S四边形ADCE，则∠ECB=90°，即EC⊥BF，易证∠ADF=60°，∠F=30°，由含30°直角三角形的性质得出EF=2CE=2BD，DF=2AD，则BD=EF，由BC-BD=DF-CF，得出BC-EF=2AD-CF，即可得出结果．【解析】∵AD⊥AF，∠BAD=∠CAF，∴∠BAC=90°，∵AB=AC，∴∠B=∠ACB=45°，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD=CE，∠B=∠ACE=45°，S△ABC=S四边形ADCE，∴∠ECB=90°，∴EC⊥BF，∵∠B=45°，∠BAD=15°，∴∠ADF=60°，∴∠F=30°，∴EF=2CE=2BD，DF=2AD，∴BD=EF，∵BC-BD=DF-CF，∴BC-EF=2AD-CF，∴①、②、③、④正确．故选：D．6．如图，在△OAB和△OCD中，OA=OB，OC=OD，OA＞OC，∠AOB=∠COD=40°，连接AC，BD交于点M，连接OM，下列结论：①△AOC≌△BOD；②AC=BD；③∠AMB=40°；④MO平分∠BMC．其中正确的个数为（）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】A【分析】由题意易得∠AOC=∠BOD，然后根据三角形全等的性质及角平分线的判定定理可进行求解．【解析】解：∵∠AOB=∠COD=40°，∠AOD是公共角，∴∠COD+∠AOD=∠BOA+∠AOD，即∠AOC=∠BOD，∵OA=OB，OC=OD，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC=BD，∠OAC=∠OBD，∠ODB=∠OCA，故①②正确；过点O作OE⊥AC于点E，OF⊥BD于点F，BD与OA相交于点H，如图所示：∵∠AHM=∠OHB，∠AMB=180°-∠AHM-∠OAC，∠BOA=180°-∠OHB-∠OBD，∴∠AMB=∠BOA=40°，∴∠OEC=∠OFD=90°，∵OC=OD，∠OCA=∠ODB，∴△OEC≌△OFD（AAS），∴OE=OF，∴OM平分∠BMC，故③④正确；所以正确的个数有4个；故选A．二、填空题7．如图，在正方形ABCD中，E是对角线BD上一点，将线段CE绕点C按顺时针方向旋转得到线段，连接，，．下列结论：①若，则；②；③若，则；④若，，则．其中正确的结论有___________（填正确的序号）【答案】①②④【分析】证明△≌△，可得，，，根据三角形内角和定理可判断①正确；在Rt△中，，即，从而判断②正确；③证明，故可判断③错误；连接AC与BD交于点O，计算可得CO＝9，根据正弦定理可判断④正确．【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝CD，∠BCD＝90°，∵线段CE绕点C按顺时针方向旋转得到线段，∴，，∴△是等腰直角三角形，∴，∴，即，在△和△中，∴△≌△（SAS），∴，，∴，即△是直角三角形，∵四边形ABCD是正方形，E在对角线BD上，∴，∴，，∴，∵，∴，故①正确；在Rt△中，，在Rt△中，，∴，故②正确；若，则，在在Rt△中，，∵，，故③错误；连接AC与BD交于点O，如图，∵四边形ABCD是正方形，∴∠EOC＝90°，且是等腰直角三角形，∵∴CO＝，∵，∴sin∠DEC＝，故④正确．故答案为：①②④．8．如图，是正内一点，，将线段以点为旋转中心逆时针旋转得到线段，下列结论：①点与的距离为4；②；③；④其中正确的结论是____________．（只填序号）【答案】①②④【分析】由题意可得△BOC≌△BAO'，△BOO'是等边三角形，可得AO'=CO=5，OO'=4，可判断△AOO'是直角三角形．可判断①②③，由S四边形AOBO′=S△AOO'+S△OO'B=S△BOC+S△AOC，可判定③④．【解析】解；连接，如图1，，，是等边三角形，，故①正确；，且，，，，，，，，，故②正确；△是等边三角形，，，，，，故③错误；如图2，绕点顺时针旋转到位置，同理可得，故④正确；故答案为：①②④．9．在中，，，，点D是直线BC上一动点，连接AD，在直线AD的右恻作等边，连接CE，当线段CE的长度最小时，则线段CD的长度为__________．【答案】3【分析】以AC为边向左作等边三角形ACF，连接DF，先根据直角三角形中所对的直角边是斜边的一半求出BC的长，再由勾股定理求出AC的长，根据作的辅助线证明，则，当时，DF的长是最小的，即CE的长最小，求出此时的长即可．【解析】解：如图，以AC为边向左作等边三角形ACF，连接DF，∵，，∴，∵，∴，∴，∵是等边三角形，∴，，∵是等边三角形，∴，，∵，∴，在和中，，∴，∴，当时，DF的长是最小的，即CE的长最小，∵，，∴，，∴当线段CE的长度最小时，则线段CD的长度为3．故答案是：3．10．如图，在中，，，于点，于点．，连接，将沿直线翻折至所在的平面，得，连接．过点作交于点，则四边形的周长为________．【答案】【分析】先证，得出，再证与是等腰直角三角形，在直角中利用勾股定理求出BE的长，进一步求出GE的长，可通过解直角三角形分别求出GD，DE，EF，DF的长，即可求出四边形DFEG的周长．【解析】∵，于点D，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，即，∴，∴，，∵，∴为等腰直角三角形，∴，∵沿直线AE翻折得，∴，∴，，∴，∴为等腰直角三角形，∴，在中，，∴，在中，，∴，在中，，∴四边形DFEG的周长为：，故答案为：．11．如图和是外两个等腰直角三角形，，下列说法正确的是：________．①，且；②；③平分；④取的中点，连，则．【答案】①③④【分析】①由与是等腰直角三角形，，，可证，，且，，即可退出；②由，由勾股定理，，，即可；③过点作，，可证，由性质得，结合，，即可；④取中点，使得，易证，推出，再证，推出，由，推出即可．【解析】与是等腰直角三角形，，，，，在与中，，，，设交于点，由①可知且，，，即，故①符合题意．②，，，，且，，．故②不符合题意．③证明，过点作，，由①可知，且，，在与中，，，，且，，平分，故③符合题意．④作中点，倍长，使得，在与中，，，则，，，，，，在与中，，，，，，，即，故④符合题意．故答案为：①③④．12．（1）如图（1），在四边形中，,，E，F分别是上的动点，且，求证：．（2）如图（2），在（1）的条件下，当点E，F分别运动到的延长线上时，之间的数量关系是______．【答案】（1）详见解析；（2）【分析】（1）延长到点G，使，连接，先证明，得到，然后证明，得到，根据，可得；（2）在上截取，连接，先证明△ABG≌△ADF（SAS），得到AG=AF，∠BAG=∠DAF，再证明△EAG≌△EAF（SAS），得到EG=EF，根据BG=DF，即可得EF=BE-BG=BE-DF．【解析】（1）如图，延长到点G，使，连接．，，又，，∴，，，．，∴，．，；（2）．如图，在上截取，连接，，，在△ABG和△ADF中，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴AG=AF，∠BAG=∠DAF，∠BAD=2∠EAF，∴∠BAG+∠GAE+∠EAD=∠EAD+∠DAF+∠EAD+∠DAF，∴∠GAE=∠EAF，在△EAG和△EAF中，∴△EAG≌△EAF（SAS），∴EG=EF，∵BG=DF，∴EF=BE-BG=BE-DF．三、解答题13．如图，若和都是等边三角形，求的度数．【答案】120°．【分析】利用等边三角形的性质可得AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠CAE＝60°，利用SAS即可证明△DAC≌△BAE，从而得出∠ABE＝∠ADC，设AB与CD交于点F，根据三角形内角和定理和等量代换即可求出∠BOF，利用平角的定义即可求出结论．【解析】证明：∵△ABD、△AEC都是等边三角形，∴AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠CAE＝60°，∵∠DAC＝∠BAC＋60°，∠BAE＝∠BAC＋60°，∴∠DAC＝∠BAE，在△DAC和△BAE中，，∴△DAC≌△BAE（SAS），∴∠ABE＝∠ADC设AB与CD交于点F，∵∠BFO=∠DFA∴∠BOF=180°－∠ABE－∠BFO=180°－∠ADC－∠DFA=∠DAB=60°∴∠BOC=180°－∠BOF=120°．14．如图，和都是等腰直角三角形，的顶点A在的斜边上，连接．（1）求证：．（2）若，求的长．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）根据同角的余角相等得出∠BCD=∠ACE，然后根据SAS定理证明△BCD≌△ACE，从而得出结论；（2）根据全等三角形的性质得出∠BDC=∠AEC，然后结合等腰直角三角形的性质求得∠BDA是直角三角形，从而利用勾股定理求解．【解析】（1）∵和都是等腰直角三角形，∴，∴，∴，在和中，∴，∴．（2）∵，∴，又∵是等腰直角三角形，∴，∴，∴，∴是直角三角形，∴，在等腰直角三角形中，，∴．15．如图，△ACB和△DCE均为等腰三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点A，D，E在同一条直线上，连接BE．（1）求证：AD=BE；（2）若∠CAE=15°，AD=4，求AB的长．【答案】（1）见解析；（2）8【分析】（1）直接证明，即可得出结论；（2）由（1）可进一步推出为直角三角形，且，从而由求解即可．【解析】（1）△ACB和△DCE均为等腰三角形，∠ACB=∠DCE=90°，,在与中，，；（2）是等腰直角三角形，，由（1）可知，，,，，则在中，，．16．如图，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝120°，点D在边AC上，且线段BD绕着点B按逆时针方向旋转120°能与BE重合，点F是ED与AB的交点．（1）求证：AE＝CD；（2）若∠DBC＝45°，求∠BFE的度数．【答案】（1）证明见解析；（2）∠BFE＝105°．【分析】（1）根据旋转的性质证明△ABE≌△CBD（SAS），进而得证；

（2）由（1）得出∠DBC=∠ABE=45°，BD=BE，∠EBD=120°，最后根据三角形内角和定理进行求解即可．【解析】（1）证明：∵线段BD绕着点B按逆时针方向旋转120°能与BE重合，∴BD＝BE，∠EBD＝120°，∵AB＝BC，∠ABC＝120°，∴∠ABD+∠DBC＝∠ABD+∠ABE＝120°，∴∠DBC＝∠ABE，∴△ABE≌△CBD（SAS），∴AE＝CD；（2）解：由（1）知∠DBC＝∠ABE＝45°，BD＝BE，∠EBD＝120°，∴∠BED＝∠BDE＝（180°﹣120°）＝30°，∴∠BFE＝180°﹣∠BED﹣∠ABE＝180°﹣30°﹣45°＝105°．17．和如图所示，其中．(1)如图①，连接，求证：；(2)如图②，连接，若，，，，求的长．【答案】(1)见解析；(2)【分析】（1）只需证，即可得到结论；（2）先证明是直角三角形，再用勾股定理求．【解析】（1）证明：，，，，，，，，．（2）解：，，，是等边三角形，，，，，由（1）知：，，，，．18．问题：如图1，在等边三角形ABC内，点P到顶点A、B、C的距离分别是3，4，5，求∠APB的度数？探究：由于PA、PB、PC不在同一个三角形中，为了解决本题，我们可以将△ABP绕点A逆时针旋转60°到△ACP′处，连结PP′，这样就将三条线段转化到一个三角形中，从而利用全等的知识，求出∠APB的度数．请你写出解答过程：应用：请你利用上面的方法解答：如图2，△ABC中，∠CAB=90°，AB=AC，E、F为BC上的点，且∠EAF=45°，求证：【答案】探究：∠APB=150°，应用：见解析【分析】探究：运用旋转的性质，以及全等三角形的性质得对应角相等，对应边相等，得出∠PAP′＝60°，再利用等边三角形的判定得出△APP′为等边三角形，即可得出∠APP′的度数，即可得出答案；应用：利用已知首先得出△AEG≌△AFE，即可把EF，BE，FC放到一个直角三角形中，从而根据勾股定理即可证明．【解析】探究：解：将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处，∴△BAP≌△CAP′，∴AB＝AC，AP＝AP′，∠BAP＝∠CAP′，∴∠BAC＝∠PAP′＝60°，∴△APP′是等边三角形，∴∠APP′＝60°，因为BPP′不一定在一条直线上，∴P′C＝PB＝4，PP′＝PA＝3，P′C＝PC＝5，∴∠PP′C＝90°，∴△PP′C是直角三角形，∴∠APB＝∠AP′C＝∠APP′+∠P′PC＝60°+90°＝150°，∴∠BPA＝150°；应用：证明：把△ACF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABG．连接EG．则△ACF≌△ABG．∴AG＝AF，BG＝CF，∠ABG＝∠ACF＝45°．∵∠BAC＝90°，∠GAF＝90°．∴∠GAE＝∠EAF＝45°，在△AEG和△AFE中，，∴△AEG≌△AFE（SAS）．∴EF＝EG，又∵∠GBE＝90°，∴BE2+BG2＝EG2，即BE2+CF2＝EF2．19．【探究发现】（1）如图1，在四边形中，对角线，垂足是O，求证：．【拓展迁移】（2）如图2．以三角形的边、为边向外作正方形和正方形，求证：．（3）如图3，在（2）小题条件不变的情况下，连接，若，，，则的长_____________．（直接填写答案）【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）．【分析】（1）根据，利用勾股定理分别求出和即可证明结论；（2）利用正方形的性质证明△CAE≌△GAB（SAS），可得∠CEA＝∠GBA，根据∠GBA＋∠ANB＝90°等量代换求出∠EMN＝90°即可；（3）利用勾股定理分别求出AE、CG和BE，然后利用（1）中结论求出BC即可．【解析】解：（1）∵，∴∠AOD＝∠AOB＝∠COD＝∠BOC＝90°，由勾股定理得：，，∴；（2）∵在正方形和正方形中，AC＝AG，AE＝AB，∠CAG＝∠EAB＝90°，∴∠CAG＋∠GAE＝∠EAB＋∠GAE，即∠CAE＝∠GAB，∴△CAE≌△GAB（SAS），∴∠CEA＝∠GBA，∵∠GBA＋∠ANB＝90°，∠ANB＝∠MNE，∴∠CEA＋∠MNE＝90°，∴∠EMN＝90°，∴；（3）如图3，连接CG，BE，∵，，，∴AC＝8，AE＝，∴AB＝10，∴CG＝，BE＝，∵，∴由（1）可知：，即，∵BC＞0，∴．故答案为：．20．△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．【解析】（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°．21．定义：我们把两条对角线互相垂直的四边形称为“垂美四边形”．(1)特例感知：如图1，四边形ABCD是“垂美四边形”，如果，，，则______，______．(2)猜想论证：如图1，如果四边形ABCD是“垂美四边形”，猜想它的两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系并给予证明．(3)拓展应用：如图2，分别以的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE，BG，GE，已知，，求GE长．【答案】(1)，(2)，证明见解析(3)【分析】（1）利用含角的直角三角形的性质得，，再利用勾股定理即可得出答案；（2）由“垂美四边形”得，再根据勾股定理得；（3）连接，，首先利用证明，得，说明，从而得出，进而解决问题．【解析】（1）解：，，，四边形是“垂美四边形”，，，，，，，，故答案为：，；（2）结论：，证明：∵于点O，∴，∴.同理可得，，∴（3）解：如图：连接CG、BE，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，，∴，∴，∴四边形GCBE为垂美四边形，由（2）中结论可知，∵，，∴，∴，，∴，，∴，∴，根据线段为正数可知22．在中，，，点D是射线CB上的动点（点D不与点B、C重合），连接AD，，且，连接DE，过点D作，且，连接CF．(1)如图1，当点D是BC中点时，DE与CF的数量关系是，位置关系是；(2)如图2，当点D是线段BC上任意一点时，（1）中的两个结论还成立吗？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由；(3)若，时，请直接写出线段DE的长．【答案】(1)；(2)成立，证明见解析(3)5或【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得出AD＝BD＝CD，证出CF＝CD，DE＝AD，∠ADE＝45°，则可得出结论；（2）证明△ABD≌△ACE（SAS），由全等三角形的性质得出BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，由直角三角形的性质及平行线的判定可证出结论；（3）分类讨论，当D在线段BC上时，当D在CB的延长线上时，由勾股定理可求出答案．【解析】（1）解：数量关系：；位置关系：；∵∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC的中点，∴AD＝BD＝CD，∵DF⊥BD，DF＝BD，∴∠FDC＝90°，DF＝CD，∴CF＝CD，∵EA⊥AD，AE＝AD，∴DE＝AD，∠ADE＝45°，∴CF＝DE，∵CD＝DF，∠CDF＝90°，∴∠F＝45°，∴∠ADE＝∠F，∴DECF．故答案为：DE＝CF，DECF；（2）成立证明：如图2，连接CE．∵，，∴，∴，又∵，，∴，∴，，∵，，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，，∴四边形DECF是平行四边形，∴，；（3）∵AB＝AC＝，∠BAC＝90°，∴BC＝AB＝＝7，如图2，当D在线段BC上时，∵BD＝DF＝3，DF⊥BC，∴DC＝BC﹣BD＝7﹣3＝4，∴CF＝＝＝5，由（2）可知，DE＝CF＝5．如图3，当D在CB的延长线上时，同理BC＝7，DB＝DF＝3，∴DC＝BC+DB＝10，∴CF＝＝＝，连接CE，同理可证四边形DCEF为平行四边形，∵∠FDC＝90°，∴四边形DCEF为矩形，∴DE＝CF＝．综上所述，DE的长为或5．23．如图1，，，MN是过点A的直线，过点D作于点B，连接CB；过点C作，与MN交于点E．(1)连接AD，AD是AC的______倍；(2)直线MN在图1所示位置时，可以得到线段BD和AE的数量关系是______，与BC之间的数量关系是______，请证明你的结论；(3)直线MN绕点A旋转到图2的位置，若，，则AB的长为______（直接写结果）；(4)直线MN绕点A旋转到图3的位置时，直接写出线段BA，BC，BD之间的数量关系______．【答案】(1)；(2)AE＝BD，BD﹣AB＝BC；(3)4；(4)BA+BD＝BC【分析】（1）由，，根据勾股定理可直接得出答案；（2）先证明△ACE≌△DCB，确定△ECB为等腰直角三角形，即可得出答案；