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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。
大家在掌握几何模型时，多数同学会注重模型结论，而忽视几何模型的证明思路及方法，导致本末倒
置。要知道数学题目的考察不是一成不变的，学数学更不能死记硬背，要在理解的基础之上再记忆，这样
才能做到对于所学知识的灵活运用，并且更多时候能够启发我们解决问题的关键就是基于已有知识、方法
的思路的适当延伸、拓展，所以学生在学习几何模型要能够做到的就是：①认识几何模型并能够从题目中
提炼识别几何模型；②记住结论，但更为关键的是记住证明思路及方法；③ 明白模型中常见的易错点，
因为多数题目考察的方面均源自于易错点。当然，以上三点均属于基础要求，因为题目的多变性，若想在
几何学习中突出，还需做到的是，在平时的学习过程中通过大题量的训练，深刻认识几何模型，认真理解
每一个题型，做到活学活用！
....................................................................................................................................................1
模型1.全等模型--手拉手模型...........................................................................................................................1
..................................................................................................................................................35模型1.全等模型--手拉手模型
将两个三角形（或多边形）绕着公共顶点旋转某一角度后能完全重合，则这两个三角形构成手拉手全等，
也叫旋转型全等。其中：公共顶点A记为“头”，每个三角形另两个顶点逆时针顺序数的第一个顶点记为
“左手”，第二个顶点记为“右手”。
等线段，共顶点，旋转前后的图形大小，形状不发生变化，只是位置不同而已。解题是通过三角形全等进
行解决。SAS型全等（核心在于导角，即等角加（减）公共角）。
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。
例1．（23-24七年级下·广东佛山·阶段练习）如图， 和 均是等边三角形，A、C、B三点共线，
AE与BD相交于点P，AE与BD分别与CD，CE交于点M，N．则下列结论：① ；②
；③ ；④ ；⑤ ．其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等边三角形的判定和性质，平行线的判定，解题的关
键是熟练掌握三角形全等的判定方法，证明 ， ．根据 证明 即可判断①正确；根据平行线的性质证明 即可判断②正确；证明
，得出 ，即可判断④正确；根据 ， ，得出 ，根据
，得出 ，即可判断③错误；根据 ， ，求出 为等边三角形，
得出 ，即可判断⑤错误．
【详解】解：∵ 和 均是等边三角形，∴ ， ，
，
∴ ，∴ ，∴ ，故①正确；
∵A、C、B三点共线， ，∴ ，故②正确；
∵ ，∴ ， ，
∵ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ， ，故④正确；
∵ ， ，∴ ，∴ ，∵ ，∴ ，故③错误；
∵ ， ，∴ 为等边三角形，∴ ，故⑤错误；
综上分析可知，正确的有3个．故选：C．
例2．（2024·绵阳市八年级课时练习）△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．
【详解】（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°．
【点睛】本题是三角形的综合问题，解题的关键是掌握全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质等知
识点．
例3．（23-24九年级下·辽宁盘锦·开学考试）如图，在 中， ，过点C作 于点
D，过点B作 于点M，连接 ，过点D作 ，交 于点N． 与 相交于点E，若
点E是 的中点，则下列结论：① ；② ；③ ；④ ．其中正确的
有（ ）个．
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】A
【分析】本题考查的是全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质；证
明 是等腰直角三角形，从而证明 ， ，根据全等三角形的性质即可证明
结论，证明 是等腰直角三角形，可得 ， ，可得
，即可证明结论．
【详解】解：∵ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∵ ， ，∴ 是等腰直角三角形，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ 是等腰直角三角形，∴ ，∴ ，故①②③正确，
过点 作 于点 ，则 ，
∵ ， ，∴ ，∵点E是 的中点，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，
∴ ，∴ ，故④正确，故选：A．
例4．（23-24七年级下·广东深圳·期末）如图，在 中， 为锐角，点D为直线 上一动点，
以 为直角边且在 的右侧作等腰直角三角形 ， ， ．
(1)如果 ， ．
①当点D在线段 上时，如图1，线段 、 的位置关系为________，数量关系为________；
②当点D在线段 的延长线上时，如图2，①中的结论是否仍然成立，请说明理由．
(2)如图3，如果 ， ，点D在线段 上运动．
探究：当 多少度时， ？请说明理由．
【答案】(1)① ， ；②仍然成立，理由见解析(2)当 时， ，理由见解析
【分析】本题为三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质及等腰直角三角形的性质，解决问题
的关键是证明全等三角形，根据全等三角形的对应边相等，对应角相等进行求解．
（1）①根据 ， ， ，运用“ ”证明 ，根据全等三角形性质得出对应边相等，对应角相等，即可得到线段 、 之间的关系；②先根据“ ”证明
，再根据全等三角形性质得出对应边相等，对应角相等，即可得到（1）中的结论仍然成
立．
（2）过点A作 交 的延长线于点G，证明 ，根据对应角相等即可得出结论．
【详解】（1）解：① 与 位置关系是 ，数量关系是 ．
理由： ， ， ．
又 ， ， ， 且 ．
， ，即 ．故答案为： ， ；
②都成立 ， ，
在 与 中， ，
， ， ，即 ．
（2）解：当 时， ．
理由：过点A作 交 的延长线于点G，则 ，
∵ ，∴ ，∴ ∴ ，
在 与 中， ，∴ ，
∴ ，∴ ，即 ．
例5．（2023春·广东·七年级专题练习）已知：△ABC与△BDE都是等腰三角形．BA＝BC，BD＝BE（AB
＞BD）且有∠ABC＝∠DBE．（1）如图1，如果A、B、D在一直线上，且∠ABC＝60°，求证：△BMN是等边三角形；
（2）在第（1）问的情况下，直线AE和CD的夹角是 °；
（3）如图2，若A、B、D不在一直线上，但∠ABC＝60°的条件不变则直线AE和CD的夹角是 °；
（4）如图3，若∠ACB＝60°，直线AE和CD的夹角是 °．
【答案】（1）证明见解析；（2）60；（3）60；（4）60；
【分析】（1）根据题意，得∠ABC＝∠DBE＝60°，从而得 ；通过证明 ，得
；通过证明 ，得 ，根据等边三角形的性质分析，即可完成证明；
（2）结合题意，通过证明 为等边三角形，得 ；结合（1）的结论，根据三角形
外角性质，推导得 ，从而完成求解；
（3）同理，通过证明 为等边三角形，得 ；通过证明 ，得
；根据三角形外角性质，推导得 ，从而完成求解；
（4）根据题意，通过证明 为等边三角形，推导得 ，通过证明 ，得
，结合三角形外角的性质计算，即可得到答案．
【详解】（1）∵∠ABC＝∠DBE＝60° ∴ ，
， ∴ ∵BA＝BC，BD＝BE
和 中 ∴ ∴
和 中 ∴ ∴ ∴ 为等边三角形；
（2）∵∠ABC＝∠DBE＝60°, BA＝BC∴ 为等边三角形；∴
根据题意，AE和CD相交于点O ∵
∴∵ ∴
∴ ，即直线AE和CD的夹角是 故答案为： ；
（3）∵∠ABC＝∠DBE＝60°, BA＝BC∴ 为等边三角形；∴
∵ ， ，∠ABC＝∠DBE＝60°∴
∵BA＝BC，BD＝BE 和 中 ∴ ∴
如图，延长 ，交CD于点O
∴
∵ ∴
∴ ，即直线AE和CD的夹角是 故答案为： ；
（4）∵BA＝BC，∴ ∵∠ACB＝60°∴ ∴ 为等边三角形
∵BD＝BE，∠ABC＝∠DBE∴
∵ ， ∴
和 中 ∴ ∴
分别延长CD、AE，相较于点O，如下图：
∴
∵ ∴
∴ ，即直线AE和CD的夹角是 故答案为： ．
【点睛】本题考查了等腰三角形、等边三角形、全等三角形、补角、三角形外角的知识；解题的关键是熟
练掌握等边三角形、全等三角形、三角形外角的性质，从而完成求解．
例6．（2023·吉林白山·八年级统考期末）知识背景：我们在第十一章《三角形》中学习了三角形的边与角
的性质，在第十二章《全等三角形》中学习了全等三角形的性质和判定，在十三章《轴对称》中学习了等腰三角形的性质和判定．在一些探究题中经常用以上知识转化角和边，进而解决问题
问题初探:如图（1）， ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是BC上一点，连接AD，以AD为一边作
ADE，使∠DAE＝90°△，AD＝AE，连接BE，猜想BE和CD有怎样的数量关系，并说明理由．
△类比再探:如图（2）， ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点M是AB上一点，点D是BC上一点，连接
MD，以MD为一边作△MDE，使∠DME＝90°，MD＝ME，连接BE，则∠EBD＝ ．（直接写出答案，
不写过程，但要求作出△辅助线）
方法迁移:如图（3）， ABC是等边三角形，点D是BC上一点，连接AD，以AD为一边作等边三角形
ADE，连接BE，则BD△、BE、BC之间有怎样的数量关系？ （直接写出答案，不写过程）．
拓展创新:如图（4）， ABC是等边三角形，点M是AB上一点，点D是BC上一点，连接MD，以MD为
一边作等边三角形MDE△，连接BE．猜想∠EBD的度数，并说明理由．
【答案】问题初探：BE＝CD，理由见解析；类比再探：∠EBD＝90°，辅助线见解析；方法迁移：BC＝
BD+BE；拓展创新：∠EBD＝120°，理由见解析
【分析】问题初探：根据余角的性质可得∠BAE＝∠CAD，然后可根据SAS证明△BAE≌△CAD，进而可
得结论；类比再探：过点M作MF∥AC交BC于点F，如图（5），可得△BMF是等腰直角三角形，仿问
题初探的思路利用SAS证明△BME≌△FMD，可得∠MBE＝∠MFD=45°，进而可得结果；
方法迁移：根据等边三角形的性质和角的和差关系可得∠BAE＝∠CAD，然后可根据SAS证明
BAE≌△CAD，进而可得结论；拓展创新：过点M作MG∥AC交BC于点G，如图（6），易证△BMG
△是等边三角形，仿方法迁移的思路利用SAS证明△BME≌△GMD，可得∠MBE＝∠MGB＝60°，进而可得结论．
【详解】解：问题初探：BE＝CD．
理由：如图（1），∵∠DAE＝∠BAC＝90°，∴∠BAE＝∠CAD，
∵AB＝AC，AE＝AD，∴△BAE≌△CAD（SAS），∴BE＝CD；
类比再探：在图（2）中过点M作MF∥AC交BC于点F，如图（5），则∠BMF=∠A=90°，
∠BFM=∠C=45°，∴MB=MF，∵∠DME＝∠BMF＝90°，∴∠BME＝∠DMF，
∵MB＝MF，ME＝MD，∴△BME≌△FMD（SAS），∴∠MBE＝∠MFD=45°；
∴∠EBD＝∠MBE+∠ABC＝90°．故答案为：90°；
方法迁移：BC＝BD+BE．
理由：如图（3），∵ ABC和 ADE是等边三角形，∴∠DAE＝∠BAC＝60°，∴∠BAE＝∠CAD，
∵AB＝AC，AE＝AD，△∴△BAE△≌△CAD（SAS），∴BE＝CD，∴BC＝BD+CD＝BD+BE；
拓展创新：∠EBD＝120°．
理由：在图（4）中过点M作MG∥AC交BC于点G，如图（6），则∠BMG=∠A=60°，
∠BGM=∠C=60°，
∴△BMG是等边三角形，∴BM=GM，∵∠DME＝∠BMG＝60°，∴∠BME＝∠DMG，
∵ME＝MD，∴△BME≌△GMD（SAS），∴∠MBE＝∠MGB＝60°，∴∠EBD＝∠MBE+∠MBG＝120°．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等
三角形的判定和性质等知识，添加辅助线构造全等三角形、灵活应用上述知识和类比的思想是解题的关键．例7．（2023·河南鹤壁市八年级月考）（1）作图发现：如图1，已知 ，小涵同学以 、 为边
向 外作等边 和等边 ，连接 ， ．这时他发现 与 的数量关系是 ．
（2）拓展探究：如图2，已知 ，小涵同学以 、 为边向外作正方形 和正方形 ，
连接 ， ，试判断 与 之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）BE=CD；（2）BE=CD，理由见解析；
【分析】（1）利用等边三角形的性质得出 ，然后有
，再利用SAS即可证明 ，则有 ；
（2）利用正方形的性质得出 ，然后有 ，再
利用SAS即可证明 ，则有 ；
【详解】（1）如图1所示：
和 都是等边三角形， ，
，即 ，
在 和 中， ， ．（2） ， 四边形 和 均为正方形，
， ， ，
，
在 和 中， ， ，
例8．（2023·江苏无锡·八年级校考阶段练习）如图1，图2，图3，在 中，分别以 为边，向
外作正三角形，正四边形，正五边形， 相交于点 ．（正多边形的各边相等，各个内角也
相等）
①如图1，求证：△ABE≌△ADC；②探究：如图1，∠BOD= ；
③如图2，∠BOD= ；④如图3，∠BOD= ．
【答案】①见解析；②60°；③90°；④108°
【分析】①根据等边三角形的性质可以得出△ABE≌△ADC．
②③④根据△ABE≌△ADC可得∠CDA=∠EBA，根据三角形内角和可得∠BOD=∠BAD，从而求解．
【详解】解：①证明：如图，
∵△ABD和△AEC是等边三角，∴AD=AB，AE=AC，∠DAB=∠EAC=∠ABD=∠ADB=60°，
∴∠DAB+∠BAC=∠EAC+∠BAC，即∠DAC=∠BAE．
在△ABE和△ADC中， ，∴△ABE≌△ADC（SAS）；② ， ，
∵∠AFD=∠OFB，∴∠BOD=∠BAD=60°；
③如图， 四边形 和四边形 是正方形，
， ， ， ，
，即 ，
在 和 中， ， ， ，
∵∠AHB=∠OHD，∴∠BOD=∠BAD=90°；
④如图， 五边形 和五边形 是正五边形，
， ， ，
， ， ，
在 和 中， ， ， ，
∵∠AMB=∠OMD，∴∠BOD=∠BAD=（5-2）×180°÷5=108°．【点睛】本题考查了等边三角形的性质的运用，正方形的性质的运用，正五边形的性质的运用及正 边形
的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，解答时根据正多边形的性质证明三角形全等是关键．
1．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图， 为等边三角形，以 为边向外作 ，使
，再以点C为旋转中心把 旋转到 ，则给出下列结论：①D，A，E三点共线；②
平分 ；③ ；④ ．其中正确的有（ ）．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D【分析】①设∠1=x度，把∠2=（60-x）度，∠DBC=∠4=（x+60）度，∠3=60°加起来等于180度，即可
证明D、A、E三点共线；
②根据△BCD绕着点C按顺时针方向旋转60°得到△ACE，判断出△CDE为等边三角形，求出
∠BDC=∠E=60°，∠CDA=120°-60°=60°，可知DC平分∠BDA；
③由②可知，∠BAC=60°，∠E=60°，从而得到∠E=∠BAC．④由旋转可知AE=BD，又∠DAE=180°，
DE=AE+AD．而△CDE为等边三角形，DC=DE=DB+BA．
【详解】解：如图，
①设∠1=x度，则∠2=（60-x）度，∠DBC=（x+60）度，故∠4=（x+60）度，
∴∠2+∠3+∠4=60-x+60+x+60=180度，∴D、A、E三点共线；故①正确；
②∵△BCD绕着点C按顺时针方向旋转60°得到△ACE，
∴CD=CE，∠DCE=60°，∴△CDE为等边三角形，∴∠E=60°，∴∠BDC=∠E=60°，
∴∠CDA=120°-60°=60°，∴DC平分∠BDA；故②正确；
③∵∠BAC=60°，∠E=60°，∴∠E=∠BAC．故③正确；
④由旋转可知AE=BD，又∵∠DAE=180°，∴DE=AE+AD．
∵△CDE为等边三角形，∴DC=DB+DA．故④正确；故选：D．
【点睛】本题考查旋转的性质、等边三角形性质等相关知识，要注意旋转不变性，找到变化过程中不变量．
2．（23-24八年级上·四川泸州·阶段练习）如图，C为线段 上一动点（不与A，E重合），在 同侧
分别作等边 和等边 ， 与 交于点O， 与 交于点P， 与 交于点Q，连接 ，
则有以下五个结论：① ；② ；③ ；④ ；⑤ ．其中正确的
有（ ）
A．①③⑤ B．①③④⑤ C．①②③⑤ D．①②③④⑤【答案】C
【分析】此题主要考查了全等三角形的判定和性质的应用，等边三角形的判定和性质．①根据全等三角形
的判定方法，判断出 ，即可判断出 ．②首先根据全等三角形的判定方法，判断出
，即可判断出 ；然后根据 ，可得 为等边三角形，所以
，据此判断出 即可．③根据全等三角形的判定方法，判断出
，即可判断出 ．④首先根据 ，可得 ，
然后判断出 ，再根据 ，即可判断出 ．⑤
，据此判断即可．
【详解】解：∵ 和 都是等边三角形，
∴ ，
∴ ，∴ ，
在 和 中，∵ ，
∴ ，∴ ，结论①正确．
∵ ，∴ ，
又∵ ，∴ ，∴ ，
在 和 中， ，
∴ ，∴ ，又∵ ，∴ 为等边三角形，
∴ ，∴ ，结论②正确．
∵ ，∴ ，结论③正确．
∵ ，∴ ，∴ ，
又∵ ，∴ ，结论④不正确．
∵ ，结论⑤正确．
综上，可得正确的结论有4个：①②③⑤．故选：C．
3．（23-24八年级下·辽宁鞍山·开学考试）如图，在 中， ，点 是射线 上两点，且
，若 ， ，则下列结论中① 是等腰直角三角形；②
；③ ；④ ．正确的有（ ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】结合 ， ，可证明 ，即可判断结论①；证明
，结合全等三角形的性质可得 ，即可判断结论②；结合 ，易
得 ，进而可知 ，即可判断结论③；证明 ，由“直角三角形中30度角
所对的直角边等于斜边的一半”可得 ， ，结合 ，易得
，即可判断结论④．
【详解】解：∵ ，∴ ，
∵ ，∴ ，
又∵ ，∴ 是等腰直角三角形，故结论①正确；
∵ ， ，∴ ，
在 和 中， ，∴ ，∴ ，
∴ ，即 ，故结论②正确；
∵ ，∴ ， ，
∴ ，∴ ，故结论③正确；
∵ ， ，∴ ，
∴ ，∴ ， ，∴ ，
∵ ，∴ ，故结论④正确．
综上所述，结论正确的有①②③④，共计4个．故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、含 角直角三角形的性
质、三角形外角的定义和性质等知识，熟练掌握直角三角形的性质、证明 是解题的关键．4．（23-24七年级下·重庆·期末）如图，在等边 中，点D为线段 上一点， ，连接 ，
点E为线段 下方一点，连接 ，且 ， ，连接 交 于点M，点F为线段
延长线上一点， ，连接 ．已知 ，则 的长为 ．
【答案】4
【分析】此题重点考查等边三角形的性质、等角的补角相等、全等三角形的判定与性质等知识，证明
是解题的关键．
由等边三角形的性质得 ，则 ，可证明 ，得
，再证明 ，得 ，则 ，于是得到问题的
答案．
【详解】解：∵ 是等边三角形， ，
，
，
，
，
在 和 中，
，
，
，；
在 和 中，
，
，
，
，
故答案为：4．
5．（23-24八年级下·浙江嘉兴·开学考试）如图， 和 都是等边三角形，连结 ，
若 ，则 的度数为 ．
【答案】 / 度
【分析】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质，三角形内角和定理的运用，根据等边三角形
的性质可证 ，可得 ，由 可得 ，根据三角形
内角和定理可得 ，在 中再根据三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：∵ 都是等边三角形，
∴ ，
∵ ，∴ ，
∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，
∵ ，∴ ，
在 中， ，
∴ ，故答案为： ．
6．（2024八年级上·绵阳市·专题练习）已知：如图， 、 都是等边三角形， 、 相交于
点 ，点 、 分别是线段 、 的中点．
(1)求证： ；(2)求 的度数；(3)求证： 是等边三角形．
【答案】(1)见解析；(2) ；(3)见解析
【分析】本题综合考查了全等三角形的判定和性质，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，解此题的关键是根据性质进行推理，此题综合性比较强，有一定的代表性．
（1）根据等边三角形性质得出 ， ， ，求出 ，证
即可；
（2）根据全等求出 ，进而求出 的值，根据三角形的内角和定理求出即可；
（3）求出 ，根据 证 ，推出 ，求出 即可．
【详解】（1）证明： 、 都是等边三角形，
， ， ，
，
，
在 和 中
，
，
．（2）解： ，
，
等边三角形 ，
，
，
，
（3）证明： ，
， ， ，
又 点 、 分别是线段 、 的中点，
， ，
，
在 和 中，
，
，
， ，
又 ，
，
，
，
是等边三角形．
7．（23-24八年级下·江苏淮安·期中）如图，四边形 是正方形， ， 与 交
于点 ．(1)求证： ；(2)若 ，求 的大小．【答案】(1)证明见详解(2)
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等边对等角，熟练掌握以上知识是解题的
关键．（1）利用 来求证 ．
（2）利用角的关系求出 和 ， 求得结果．
【详解】（1）证明：∵四边形 是正方形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ．
（2）解：∵ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∵四边形 是正方形，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ．8．（23-24八年级下·山东泰安·期末）如图，正方形 ，将边 绕点 顺时针旋转 ，
得到线段 ，连接 ， ，过点 作 交线段 的延长线于点 ，连接 ．
(1)当 时，求 的度数；(2)求证： ；(3)求证： ．
【答案】(1) (2)见解析(3)见解析
【分析】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、平行线的判定；根据特殊图形得出角的度数；根据图形
的特点，得出角之间的关系，三个角相加等于 ，得出结果；作辅助线求出 的度数，结合第二问
的结果得出证明．（1）根据旋转的性质可得 ，由正方形的性质可得 ，根据已知
，可得出 是等边三角形，求出 的度数，即可求解；
（2）根据旋转的性质得出 和 都是等腰三角形，由题可知旋转角是 ，进而得出 、
、 与 之间的关系，再根据平角的特点即可求解；
（3）过点 作 与 的延长线交于点 ，过点 作 与 交于点 ，可以得到一个平行四
边形，进一步可判定是矩形，根据角度关系得出 ，判定矩形是正方形，得出 ，
结合（2）可得出结论；
【详解】（1）解：在正方形 中， ，
由旋转可知， ，
，
，
是等边三角形，
，
，
；
（2）证明：在 中， ，
，在 中， ， ，
，
，
；
（3）证明：过点 作 与 的延长线交于点 ，过点 作 与 交于点 ，
则四边形 是平行四边形，
，
平行四边形 是矩形，
， ，
，
在 和 中，
，
，
，
矩形 是正方形，
，
由（2）可知： ，
，
．
9．（23-24八年级上·河北·期中）如图，四边形 中， ，连接对角线 ，且 ，点
在边 上，连接 ，过点 作 ，垂足为 ，若 ．(1)求证：① ；② ；(2)若 ， ，求 的度数．
【答案】(1)①见解析；②见解析(2)
【分析】（1）①根据条件可证得 ，然后根据角的关系即可得证；②连接 ，根据条
件可证得 ，然后根据边长关系等量代换即可得解；
（2）由三角形全等的性质可得到 ，根据等边对等角性质得到 ，
由三角形内角和计算出 ，然后由 即可得解．
【详解】（1）证明：① ， ，
，
在 和 中，
，
，
，
，
即 ；
②连接 ，
， ，
，
在 和 中，
，，
，
由①知 ，
，
；
（2）解： ，
，
由①知 ，
，
，
，
，
又 ，
，
，
．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质、等腰三角形性质、三角形内角和等知识，熟练掌握相关知
识并采用等量代换的方法是解题关键．
10．（23-24八年级上·安徽滁州·阶段练习）如图， 和 中， ， ，
，连接 ， ， 与 交于点 ， 与 交于点 ．
(1)求证： ；(2)求证： ；(3)求证： 平分 ．
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)证明见解析
【分析】本题主要考查全等三角形的性质与判定，角平分线的判定，利用SAS证明 是解题
的关键．（1）欲证明 ，只要证明 ；
（2）由 ，推出 ，由 ，，又 ， ，可得
（3）过B分别作 ，垂足分别为P，Q，根据 可得 ， ，
可得 ，进而可证明结论．
【详解】（1） ，
，即 ，
在 和 中，
，
，
；
（2） ，
，
， ，
又 ， ，
，
．
（3）过B分别作 ，垂足分别为P，Q，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴B点在 的平分线上，
即 平分 ．11．（23-24八年级上·四川南充·期末） 都是等边三角形．
(1)如图 ，求证： ；(2)如图 ，点 在 内， 为 的中点，连 ，若
，且 ．①求证： ；②判断 与 的数量关系并证明．
【答案】(1)证明见解析(2)①证明见解析；② ，证明见解析
【分析】本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，直角三角形
角的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线．
（1）证明 ，可得结论；
（2）①如图 中，延长 到 ，使得 ，连接 ．证明 ，推出 ，
， ，再证明，可得结论；
②根据 得到 ，设 ，根据 列出方程，求出
，可得结论．
【详解】（1）证明：如图 中，
∵ 都是等边三角形
∴ ， ， ，
∴ ，
在 和 中，
∴ ，
∴ ；
（2）①证明：如图中，延长 到 ，使得 ，连接 ，∵ ，
∴ ，
在 和 中，
∴ ，
∴ ， ，
同法可证 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ．
②结论： ．
证明：∵ ，
∴ ，
设 ，则 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，∴ ，
∵ ， ，
∴ ．
12．（23-24八年级上·云南昭通·阶段练习）如图，点 是线段AB上除点 、 外的任意一点，分别以 、
为边在线段AB的同旁作等边 和等边 ，连接 交 于 ，连接BD交CE于 ，连接
．
(1)求证： ；(2)求证： ．(3)设 和DB的交点为 ，连 ，求证： 平分 ．
【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析
【分析】本题考查的是等边三角形的判定与性质及全等三角形的判定与性质，根据题意判断出
， 是解答此题的关键．
（1）先由 和 是等边三角形，可知 ， ， ， ，故可
得出 ， ，根据 定理可知 ，由全等三
角形的性质即可得出结论；
（2）由（1）中 ，可知 ，再根据 ， 、 、 三点共
线可得出 ，由全等三角形的判定定理可知， ，故 ，再根据
可知 为等边三角形，故 故可得出结论．
（3）作 ， ，由 可得它们的面积相等，即可得到 ，再由角平分线
的逆定理可得 平分 ．
【详解】（1）证明： 和 是等边三角形，
， ， ， ，
，
， ，
在 与 中，，
；
（2）由（1）得， ，
，
，而 、 、 三点共线，
，
在 与 中，
，
，
，
为等边三角形，
，
，
．
（3）解：作 ， ，
，
，
，
，， ，
，
平分 ．
13．（23-24八年级下·辽宁盘锦·开学考试）已知， 和 均为等腰三角形，
，点A、D、E在同一直线上， 交 于点F，连接 ．
(1)若 ，则 的度数为_____；
(2)如图2，若 ， ， 于点M，则 的长为_____；
(3)如图1，若 ，且 ，求证： ．
【答案】(1) (2)3(3)见解析
【分析】本题考查等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质：
（1）证明 ， 为等边三角形，根据角的和差关系即可得出结果；
（2）同（1）可知 ，得到 ，进而求出 ，利用三线合一，即可
得出结果；（3）延长 ，相交于点H，先证明 ，进而得到 ，进而推出 ，
证明 ，得到 ，利用线段之间的和差关系和等量代换，即可得出结论．
【详解】（1）解：∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ， 为等边三角形，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ；
故答案为： ；
（2）解：同（1）法可得： ，
∴ ，
∴ ，∵ ，
∴ ， ，
∴ ；
故答案为：3；
（3）证明：延长 ，相交于点H，如图，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
同（1）法可得： ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，∴ ．
14．（23-24八年级下·广西南宁·开学考试）【问题情境】如图 ， 与 都是等边三角形，连接
，CD，点 ， 分别是 ，CD的中点，连接 ， ， ．
【猜想证明】请证明：（1）求证： ；（2）求证： 是等边三角形．
【类比探究】如图 ， 与 都是等腰直角三角形，连接 ，CD，点 ， 分别是 ，CD
的中点，连接 ， 请探究：
（3）若点 恰好也是 的中点，且 ，求 的面积．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3） 的面积为
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质．
（1）由等边三角形的的性质得 ，可推导出 ，进而
证明 ，得出 ；
（2）由 ，且 ，证明 ，而 ， ，可证明
，得 ，可推导出 ，则 是等边三角形．
（3）由等腰直角三角形的性质得 ，可推导出 ，进
而证明 ，得 ，而 ，所以 ，可
证明 ，得 ，推导出 ，因为 ，点N
是 的中点，所以 ，则 ，所以．
【详解】解：（1） 与 都是等边三角形，
， ， ，
，
在 和 中，
，
≌ ，
．
（2）证明： 点 ， 分别是 ，CD的中点，
， ，
，
，
≌ ，
，
在 和 中，
，
≌ ，
， ，
，
是等边三角形．
（3） 与 都是等腰直角三角形，
， ， ，
，
在 和 中，，
≌ ，
， ，
点 ， 分别是 ，CD的中点，
， ，
，
在 和 中，
，
≌ ，
， ，
，
，且点 也是 的中点，
，
，
， ，
，
，
的面积为 ．
15．（23-24七年级下·广东揭阳·期末）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：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．通过资
料查询，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)如图1、两个等腰三角形 和 中， ， ， ，连接 、
如果把小等腰三角形的腰长看作小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似
大手拉着小手，这个就是“手拉手模型”，在这个模型中，和 全等的三角形是________，此时
和 的数量关系是________；
(2)如图2、两个等腰直角三角形 和 中， ， ， ，连接
，两线交于点P，请判断线段 和 的数量关系和位置关系，并说明理由；
(3)如图3，已知 ，以 为边分别向 外作等边 和等边 （等边三角形三条边
相等，三个角都等于 ），连接 ，两线交于点P，请直接写出线段 和 的数量关系及
的度数．
【答案】(1) ， (2) 且 ，理由见解析(3) ，
【分析】此题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，以及三角形的外角性质，熟练掌握等
边三角形的判定与性质是解本题的关键．
（1）先判断出 ，进而判断出 ，即可得出结论；
（2）先判断出 ，得出 ， ，进而判断出 ，即可
得出结论；
（3）由三角形 与三角形 都为等边三角形，利用等边三角形的性质得到两对边相等，两三角形的
内角都为 ，利用等式的性质得到 ，利用 可得出 得 ，
，求出 ，即可求出 的度数．
【详解】（1）解：∵ ，
∴ ．
∴ ，
在 和 中，，
∴ ，
∴ ，
∴和 全等的三角形是 ，此时 和 的数量关系是 ．
故答案为： ， ；
（2） 且 ；
理由如下：∵ ，
∴ ．
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
即 ，
∴ ，
∴ ，
综上所述： 且 ．
（3） 和 都为等边三角形，
， ， ，
，即 ，
在 和 中，
，；
， ，
∴
，
∴ ．
16．（2024·黑龙江·八年级统考期中）如图，在等边三角形 中，E是边 上一定点，D是直线 上
一动点，以 为一边作等边三角形 ，连接 ．
【问题解决】
如图①，若点D在边 上，求证： ；
【类比探究】
如图②，若点D在边 的延长线上，请探究线段 ， 与 之间存在怎样的数量关系，并直接写出
这三条线段之间的数量关系．
【答案】【问题解决】见解析；【类比探究】
【问题解决】在 上截取 ，连接 ，易证 是等边三角形，得出 ，证明
，得出 ，即可得出结论；
【类比探究】过D作 ，交 的延长线于点G，由平行线的性质易证 ，得出
为等边三角形，则 ，证明 ，得出 ，即可得出
．
【详解】解：【问题解决】如图①，在 上截取 ，连接 ，如图所示：∵ 是等边三角形，
∴ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
∵ 是等边三角形，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵在 和 中 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
即 ．
【类比探究】 ；理由见如下：
∵ 是等边三角形，
∴ ，
过D作 ，交 的延长线于点G，如图所示：
∵ ，∴ ， ，
∴ ，
∴ 为等边三角形，
∴ ， ，
∵ 为等边三角形，
∴ ， ，
∴ ，
在 和 中
∴ ，
∴ ，
∴ ，
即 ．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质等知识，作
辅助线构建等边三角形是解题的关键．
17．（23-24七年级下·广东深圳·期末）等边三角形和等腰直角三角形是我们熟悉的特殊三角形．数学课上，
同学们探究得到了以下判定和性质：①三个角都相等的三角形是等边三角形；②有一个角等于 的等腰
三角形是等边三角形；③等腰直角三角形的两腰相等，两锐角都是 ．请应用以上知识解决下列问题：
已知线段 ，点C是平面内一动点，且 ，连接 ，点D在 右侧，且 ，
连接 交 于点E．
【初步应用】（1）如图1，若 ，则 _______°；
【深化应用】（2）如图2，在（1）的基础上，作 的角平分线 交 于F，试探究线段 与
之间的数量关系，并说明理由；【拓展应用】（3）若 ，当 最长时，请直接写出 的长．
【答案】（1）15；（2） ，理由见解析；（3） 的长为4
【分析】（1）根据 ，结合 ，得到等边三角形 ，继而得到 ，
，结合 ，得到 ，继而得到 ，解答即可；
（2）过点B作 于点G，根据（1）证明 ，利用等腰三角形三线合一性质，直角三角
形的性质证明即可．
（3）过点B作 于点B，且 ，再证明 ，得到 ，
根据 ，得到当 三点共线时， 取得最大值，根据题意，得 ，证明
，继而得到 ，解答即可．
【详解】（1）∵ ， ，
∴等边三角形 ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为：15．
（2）线段 与 之间的数量关系为： ．理由如下：
过点B作 于点G，根据（1）得 ， ，
∴ ，
∵ ， 的角平分线 交 于F，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ．（3）过点B作 于点B，且 ，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
故当 三点共线时， 取得最大值，
根据题意，得 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴当 最长时， ．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质，直角
三角形的性质，等腰三角形的三线合一性质，三角形不等式求最值，熟练掌握等边三角形的性质，三角形
不等式是解题的关键．
18．（23-24八年级上·湖南株洲·期末）如图 为等腰三角形， ， D为直线
上一动点，以 为腰向右侧作等腰三角形 且 ，连接直线 ．(1)求证： ；
(2)若D恰好在 的中点上(如图)，求证： ；
(3)
①若点D为线段 上任一点(B，C点除外)时，试探究 与 的位置关系．
②若点D为直线 线除点B，C外任意一点， 与 的位置关系是否仍然成立？若成立，请给予证明；
若不成立，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)① ；② ，证明见解析
【分析】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、平行线的判定、三角形外
角的性质等知识，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
（1）先说明 ，再利用 即可证明结论；
（2）根据等腰三角形三线合一的性质可得 ，再根据全等三角形的性质可得 ，
即 ；然后运用等腰三角形三线合一的性质可得 是线段 的垂直平分线，最后根据垂直
平分线的性质即可证明结论；
（3）①先说明 是等边三角形可得 ，进而得到 ，根据同
旁内角互补、两直线平行即可证明结论；②如图：当点D在 的延长线上，先说明
可得 ，再说明 是等边三角形可得 ，由三角形外角的性质可
得 ，即 ；再结合 可得 ，最后根据内错角
相等、两直线平行即可证明结论；同理可证点D在 的延长线上的情况．
【详解】（1）证明：∵ ，
∴ ，即： ，
在 和 中， ，
∴ ．（2）证明：∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，即 是线段 的垂直平分线，
∴ ．
（3）解：①∵ ,
∴ ，即 ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
② ，证明如下：
证明:a.如图：点D在 的延长线上，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，即 ，
∵ ， ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ；
b.如图：点D在 的延长线上，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ 、 是等边三角形，
∴ ， ，
∴ ， ，即 ,
∴ ，
∵ ,
∴ ；
19．（2024·福建八年级期中）如图甲，在△ABC中，∠ACB为锐角，点D为射线BC上一动点，连接
AD，以AD为一边且在AD的右侧作正方形ADEF．解答下列问题
(1)如果AB＝AC，∠BAC＝90°，①当点D在线段BC上时（与点B不重合），如图乙，线段CF、BD之间的位置关系为 ，数量关系为 ．②当点D在线段BC的延长线上时，如图丙，①中的结
论是否仍然成立，为什么？(2)如果AB≠AC，∠BAC≠90°点D在线段BC上运动．试探究：当△ABC满足一
个什么条件时，CF⊥BC（点C、F重合除外）？并说明理由．
【答案】(1)①垂直，相等；②成立，理由见解析(2)∠ACB＝45°
【分析】（1）①证明△DAB≌△FAC，即可得到CF⊥BD，CF＝BD．
②当点D在BC的延长线上时①的结论仍成立．由正方形ADEF的性质可推出△DAB≌△FAC，所以CF＝
BD，∠ACF＝∠ABD．结合∠BAC＝90°，AB＝AC，得到∠BCF＝∠ACB+∠ACF＝90度．即CF⊥BD．
（2）当∠ACB＝45°时，过点A作AG⊥AC交CB或CB的延长线于点G，则∠GAC＝90°，可推出∠ACB＝
∠AGC，所以AC＝AG，由（1）①可知CF⊥BD．
（1）①CF⊥BD，CF＝BD
∵∠FAD＝∠BAC＝90°∴∠BAD＝∠CAF 在△BAD与△CAF中，
∵ ∴△BAD≌△CAF（SAS）
∴CF＝BD，∠ACF＝∠ABD，
∵ ∴∠BCF＝90°
∴CF⊥BD ；故答案为：垂直，相等；
②成立，理由如下：∵∠FAD＝∠BAC＝90°∴∠BAD＝∠CAF
在△BAD与△CAF中，
∵ ，∴△BAD≌△CAF（SAS）
∴CF＝BD，∠ACF＝∠ACB＝45°，∴∠BCF＝90°，∴CF⊥BD；
（2）当∠ACB＝45°时可得CF⊥BC，理由如下：
过点A作AC的垂线与CB所在直线交于G
∵∠ACB＝45°∴AG＝AC，∠AGC＝∠ACG＝45°
∵AG＝AC，AD＝AF，
∵∠GAD＝∠GAC﹣∠DAC＝90°﹣∠DAC，∠FAC＝∠FAD﹣∠DAC＝90°﹣∠DAC，
∴∠GAD＝∠FAC，∴△GAD≌△CAF（SAS），
∴∠ACF＝∠AGD＝45°，∴∠GCF＝∠GCA+∠ACF＝90°，∴CF⊥BC．【点睛】本题考查三角形全等的判定和直角三角形的判定，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、
SAS、ASA、AAS、HL．判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角
形全等的判定方法，看缺什么条件，再去证什么条件．
