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专题12.25 全等三角形几何模型（手拉手）（分层练习）（培优练）
手拉手模型是最常见的一类证明全等或相似的重要数学模型，全等型手拉手模型主要有
以下三个特征：双等腰、共顶点、顶角相等 .
模型一：等边三角形
△ABC 和 △CDE 均为等边三角形，点 C 为公共顶点，如图一：
结论：△ACE ≌ △BCD .
图一 图二
模型二：等腰三角形
等腰 △ABC 和等腰 △CDE，点 C 是公共顶点，∠ACB = ∠DCE = a , 如图二：
结论：△ACD ≌ △BCE .
除了以上二个模型外，还有正方形等等
一、单选题
1．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：①AC＝BD；②∠AMB＝40°；③OM平分∠BOC；④MO平分∠BMC．其中
正确的个数为（ ）
A．① B．①② C．①②③ D．①②④
2．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
3．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
二、填空题
4．在锐角三角形ABC中，AH是边BC的高，分别以AB，AC为边向外作正方形ABDE和正方形ACFG，
连接CE，BG和EG，EG与HA的延长线交于点M，下列结论：①BG=CE；②BG⊥CE；③AM是△AEG的中
线；④∠EAM=∠ABC．其中正确的是 ．
5．如图，CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=50°，AD、BE交于点H，连接CH，则∠CHE= ．6．在△ABC中， 点D是直线BC上一动点， 连接AD，在直线 的右
侧作等边 ，连接CE，当线段CE的长度最小时，线段 的长度为 ．
三、解答题
7．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 °．8．两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．如图1，在“手拉手”图形中，AB＝AC，
AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，连接BD，CE，则 ABD≌△ACE．
(1)请证明图1的结论成立； △
(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．9．在 中， ， 为 延长线上一点，点 为线段 ， 的垂直平分线的交点，连
接 ， ， ．
(1)如图1，当 时，则 ______°；
(2)当 时，
①如图2，连接 ，判断 的形状，并证明；
②如图3，直线 与 交于点 ，满足 ． 为直线 上一动点．当 的值
最大时，用等式表示 ， 与 之间的数量关系为______，并证明．
10．已知，在 中， ， ，点 为直线 上一动点（点 不与点 重合），以 为边作正方形 ，连接 ．
（1）如图①，当点 在线段 上时，求证 ．
（2）如图②，当点 在线段 的延长线上时，其他条件不变，请直接写出 三条线段
之间的关系．
（3）如图③，当点 在线段 的反向延长线上，且点 ， 分别在直线 的两侧时，其他条件不
变，请直接写出 三条线段之间的关系．
11．已知 中， ．（1）如图1，在 中，若 ，且 ，求证： ；
（2）如图2，在 中，若 ，且 垂直平分 ， ， ，求
的长；
（3）如图3，在 中，当 垂直平分 于 ，且 时，试探究 ， ，
之间的数量关系，并证明．
12．（1）如图1， 和 都是等边三角形，且 ， ， 三点在一条直线上，连接 ，相交于点 ，求证： ．
（2）如图2，在 中，若 ，分别以 ， 和 为边在 外部作等边 ，
等边 ，等边 ，连接 、 、 恰交于点 ．
①求证： ；
②如图2，在（2）的条件下，试猜想 ， ， 与 存在怎样的数量关系，并说明理由．
13．如图1， 是以 为直角的直角三角形，分别以 ， 为边向外作正方形 ，
，连结 ， ， 与 交于点 ， 与 交于点 ．（1）求证： ；
（2）如图2，在图1基础上连接 和 ，若 ，求四边形 的面积．
14．如图，B，C，E三点在一条直线上，△ABC和△DCE均为等边三角形，BD与AC交于点M，AE
与CD交于点N．
（1）求证：AE＝BD；
（2）连接MN，求证：MN∥BE；
（3）若把△DCE绕点C顺时针旋转一个角度，（1）中的结论还成立吗？说明理由．
15．如图，两个正方形ABCD与DEFG，连结AG，CE，二者相交于点H．
（1）证明：△ADG≌△CDE；
（2）请说明AG和CE的位置和数量关系，并给予证明；（3）连结AE和CG，请问△ADE的面积和△CDG的面积有怎样的数量关系？并说明理由．
16．（1）如图①， 和 都是等边三角形，且点 ， ， 在一条直线上，连结 和 ，
直线 ， 相交于点 ．则线段 与 的数量关系为_____________． 与 相交构成的锐角的度
数为___________．
（2）如图②，点 ， ， 不在同一条直线上，其它条件不变，上述的结论是否还成立．
（3）应用：如图③，点 ， ， 不在同一条直线上，其它条件依然不变，此时恰好有 ．
设直线 交 于点 ，请把图形补全．若 ，则 ___________．
17．如图， ABD和 BCE都是等边三角形，∠ABC＜105°，AE与DC交于点F．
（1）求证：△AE＝DC△；（2）求∠BFE的度数；
（3）若AF＝9.17cm，BF＝1.53cm，CF＝7.53cm，求CD．
18．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△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=40°（AB＞AD），连接BD，
CE，当点E落在AB边上，且D，E，C三点共线时，则在这个“手拉手模型”中，和△ABD全等的三角
形是 ，∠BDC的度数为 ．
（2）如图2．在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°，连接BD，CE，当点B，
D，E在同一条直线上时，请判断线段BD和CE的关系，并说明理由．
（3）如图3，已知△ABC，请画出图形：以AB，AC为边分别向△ABC外作等边三角形ABD和等边三
角形ACE（等边三角形三条边相等，三个角都等于60°），连接BE，CD，交于点P，请直接写出线段BE
和CD的数量关系及∠BPD的度数．
19．如图，在四边形 中， ．点 从点 出发，以
的速度沿 向点 匀速运动设运动时间为 ．（1）如图①，连接 ，当 时，求 的值；
（2）如图②，当点 开始运动时，点 同时从点 出发，以 的速度沿 向点 匀速运动，当
两点中有一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．当 与 全等时，求 和 的值；
（3）如图③，当（2）中的点 开始运动时，点 同时从点 出发，以 的速度沿 向点
运动，连接 ，交 于点 ．连接 当 时， ，请求出此时 的值．
20．已知：等腰 和等腰 中， ， ， ．（1）如图1，延长 交 于点 ，若 ，则 的度数为 ；
（2）如图2，连接 、 ，延长 交 于点 ，若 ，求证：点 为 中点；
（3）如图3，连接 、 ，点 是 的中点，连接 ，交 于点 ， ， ，直接
写出 的面积．
21．在 ABC中，AB＝AC，点D是直线BC上一点（不与B，C重合），以AD为一边在AD的右侧作
ADE，使AD＝AE，∠DAE＝∠BAC，连接CE．
（1）（请直接写出你的结论）如图1，当点D在线段BC上：
①如果∠BAC＝90°，则∠BCE＝ °；
②如果∠BAC＝100°，则∠BCE＝ °；
（2）设∠BAC＝α，∠BCE＝β．
①如图2，当点D在线段BC上移动，则α、β之间有怎样的数量关系？请说明理由；
②当点D在直线BC上移动，则α、β之间有怎样的数量关系？请画出图形，并直接写出你的结论．22．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．
参考答案：
1．D
【分析】由 证明 得出 ， ，①正确；
由全等三角形的性质得出 ，由三角形的外角性质得： ，
得出 ，②正确；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 ，④正确；
由 ，得出当 时， 才平分 ，假设 ，由
得出 ，由 平分 得出 ，推出 ，得
，而 ，所以 ，而 ，故③错误；即可得出结论．
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2所示：
则 ，
在 和 中，
，
，
，
平分 ，④正确；
，
当 时， 才平分 ，假设
，
，
平分 ，
，
在 和 中，
，
，
，
与 矛盾，
③错误；
综上所述，正确的是①②④；
故选：D．
【点拨】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，熟悉相
关性质是解题的关键．
2．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：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，∠A△CD=∠BCE，DC=CE，
∴△ACD≌ BCE(SAS)，
∴AD=BE；△
故①正确；
③∵△ACD≌ BCE(已证)，
∴∠CAD=∠C△BE，
∵∠ACB=∠ECD=60°(已证)，
∴∠BCQ=180°-60°×2=60°，
∴∠ACB=∠BCQ=60°，
在 ACP与 BCQ中，
∠C△AD=∠CB△E，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=6△0°=∠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．
【点拨】本题考查全等三角形的判定和性质，以及等边三角形的判定和性质，此图形是典型的“手拉
手”模型，熟练掌握此模型的特点是解题的关键．
3．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：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．
【点拨】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．
4．①②③④
【分析】根据正方形的性质和SAS可证明△ABG≌△AEC，然后根据全等三角形的性质即可判断①；设
BG、CE相交于点N，AC、BG相交于点K，如图1，根据全等三角形对应角相等可得∠ACE＝∠AGB，然
后根据三角形的内角和定理可得∠CNG＝∠CAG＝90°，于是可判断②；过点E作EP⊥HA的延长线于P，
过点G作GQ⊥AM于Q，如图2，根据余角的性质即可判断④；利用AAS即可证明△ABH≌△EAP，可得EP
＝AH，同理可证GQ＝AH，从而得到EP＝GQ，再利用AAS可证明△EPM≌△GQM，可得EM＝GM，从而
可判断③，于是可得答案．
解：在正方形ABDE和ACFG中，AB＝AE，AC＝AG，∠BAE＝∠CAG＝90°，
∴∠BAE+∠BAC＝∠CAG+∠BAC，
即∠CAE＝∠BAG，
∴△ABG≌△AEC（SAS），
∴BG＝CE，故①正确；设BG、CE相交于点N，AC、BG相交于点K，如图1，
∵△ABG≌△AEC，
∴∠ACE＝∠AGB，
∵∠AKG＝∠NKC，
∴∠CNG＝∠CAG＝90°，
∴BG⊥CE，故②正确；
过点E作EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，如图2，
∵AH⊥BC，
∴∠ABH+∠BAH＝90°，
∵∠BAE＝90°，
∴∠EAP+∠BAH＝90°，
∴∠ABH＝∠EAP，即∠EAM＝∠ABC，故④正确；
∵∠AHB=∠P=90°，AB=AE，
∴△ABH≌△EAP（AAS），
∴EP＝AH，
同理可得GQ＝AH，
∴EP＝GQ，
∵在△EPM和△GQM中，，
∴△EPM≌△GQM（AAS），
∴EM＝GM，
∴AM是△AEG的中线，故③正确．
综上所述，①②③④结论都正确．
故答案为：①②③④．
【点拨】本题考查了正方形的性质、三角形的内角和定理以及全等三角形的判定和性质，作辅助线构
造出全等三角形是难点，熟练掌握全等三角形的判定和性质是关键．
5．65°
【分析】先判断出 ，再判断出 即可得到 平分 ，即可得出结论．
解：如图， ，
，
在 和 中，
；
过点 作 于 ， 于 ，
，
，
在 和 中，
，
，
在 与 中
，
，
平分 ；，
，
，
，
，
，
故答案为： ．
【点拨】此题考查了全等三角形的判定与性质以及角平分线的定义．此题难度适中，注意掌握辅助线
的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
6．
【分析】在 的左侧作等边三角形 ，连接 、 、 、 ，再证明 可得
再利用 时， 最短，从而可得答案.
解： 在 的左侧作等边三角形 ，连接 、 、 、 ，
则
则 ，
故点 、 关于 对称，则 ， ，
均为等边三角形，
， ，
，
，
，
当 时， 最小，
由
故 ，
故 的长度为 ，
故答案为：
【点拨】本题考查的是等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短，含 的直角三
角形的性质，灵活运用以上知识解题是解题的关键.
7．（1）证明见分析；（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．
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： ．
【点拨】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．
8．(1)见分析；(2)60°；(3)∠A+∠BCD=180°，理由见分析
【分析】（1）利用等式的性质得出∠BAD=∠CAE，即可得出结论；
（2）同（1）的方法判断出△ABD≌△ACE，得出∠ADB=∠AEC，再利用对顶角和三角形的内角和定理
判断出∠BOC=60°，即可得出答案；
（3）先判断出△BDP是等边三角形，得出BD=BP，∠DBP=60°，进而判断出△ABD≌△CBP（SAS），
即可得出结论．
（1）解：证明：∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS）；
（2）如图2，∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，
∴∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ADB=∠AEC，
令AD与CE交于点G，
∵∠AGE=∠DGO，
∴180°-∠ADB-∠DGO=180°-∠AEC-∠AGE，
∴∠DOE=∠DAE=60°，
∴∠BOC=60°；
（3）∠A+∠BCD=180°．理由：
如图3，延长DC至P，使DP=DB，
∵∠BDC=60°，
∴△BDP是等边三角形，∴BD=BP，∠DBP=60°，
∵∠ABC=60°=∠DBP，
∴∠ABD=∠CBP，
∵AB=CB，
∴△ABD≌△CBP（SAS），
∴∠BCP=∠A，
∵∠BCD+∠BCP=180°，
∴∠A+∠BCD=180°．
【点拨】此题是三角形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判
定和性质，构造等边三角形是解本题的关键．
9．(1)100；(2)① 时等边三角形，证明见分析；② ．证明见分析．
【分析】（1）利用线段的垂直平分线的性质以及三角形内角和定理，四边形内角和定理解决问题即
可；
（2）① 时等边三角形，证明 ， 即可；②结论： ．如图，作
点 关于直线 的对称点 ，连接 ， ， ．当点 在 的延长线上时， 的值最大，
此时 ，利用全等三角形的性质证明 ，可得结论．
（1）解：∵点 为线段 ， 的垂直平分线的交点，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为：100．
（2）解：①结论： 时等边三角形．
理由：∵点 是线段 ， 的垂直平分线的交点，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ， ，
∴ ，∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 时等边三角形；
②结论： ．
理由：如图，作点 关于直线 的对称点 ，连接 ， ， ．
∵
则，点 在 的延长线上时， 的值最大，此时 ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ 时等边三角形，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ （SAS），
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ．故答案为： ．
【点拨】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，轴对
称的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用轴对称解决最短问题，属于中考
常考题型．
10．（1）见分析；（2） ，见分析；（3） ，见分析.
【分析】（1） ABC是等腰直角三角形，利用SAS即可证明 BAD≌△CAF，从而证得CF=BD，据此即可
证得； △ △
（2）同（1）相同，利用SAS即可证得 BAD≌△CAF，从而证得BD=CF，即可得到CF-CD=BC；
（3）同理，证明 BAD≌△CAF即可得出△结论.
解：（1）证明：△如图1，
∵∠BAC=90°，∠ABC=45°，
∴∠ACB=∠ABC=45°，
∴AB=AC，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD=AF，∠DAF=90°，
∵∠BAD=90°-∠DAC，∠CAF=90°-∠DAC，
∴∠BAD=∠CAF，
在 BAD和 CAF中，
△ △
，
∴△BAD≌△CAF（SAS），
∴BD=CF，
∵BD+CD=BC，
∴CF+CD=BC；
（2）解：CF-CD=BC．理由如下：如图2，
∵∠BAD=90°+∠CAD，
∠CAF=90°+∠CAD，
∴∠BAD=∠CAF，
在 BAD和 CAF中，
△ △
，
∴△BAD≌△CAF（SAS），
∴BD=CF，
∵BD=BC+CD，
∴CF-CD=BC．
（3）CD-CF=BC
理由：∵∠BAC=90°，∠ABC=45°，
∴∠ACB=∠ABC=45°，
∴AB=AC，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD=AF，∠DAF=90°，
∵∠BAD=90°-∠BAF，∠CAF=90°-∠BAF，
∴∠BAD=∠CAF，
∵在 BAD和 CAF中，
△ △
∴△BAD≌△CAF（SAS），∴BD=CF，
∴CD-BC=CF，
∴CD-CF=BC.
【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质：全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段
和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．在应用全等三角形的判定时，
要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
11．（1）证明见分析；（2）5；（3）CD2=BD2+4AH2，证明见分析；
【分析】（1）求出∠DAC=∠BAE，再利用“边角边”证明 ACD和 ABE全等，再根据全等三角形对
应边相等即可得证； △ △
（2）连接BE，先求出 ADE是等边三角形，再根据全等三角形对应边相等可得BE=CD，全等三角形对
应角相等可得∠BEA=∠CDA=△30°，然后求出∠BED=90°，再利用勾股定理列式进行计算即可得解；
（3）过B作BF⊥BD，且BF=AE，连接DF，先求出四边形ABFE是平行四边形，根据平行四边形对边相
等可得AB=EF，设∠AEF=x，∠AED=y，根据平行四边形的邻角互补与等腰三角形的性质求出∠CAD，从而
得到∠CAD=∠FED，然后利用“边角边”证明 ACD和 EFD全等，根据全等三角形对应边相等可得
CD=DF，然后利用勾股定理列式计算即可得解△． △
解：（1）如图1，
证明：∵∠DAE=∠BAC，
∴∠DAE+∠CAE=∠BAC+∠CAE，
即∠DAC=∠BAE．
在 ACD与 ABE中，
△ △
，
∴△ACD≌△ABE（SAS），
∴CD=BE；（2）如图2，连接BE，
∵CD垂直平分AE
∴AD=DE，
∵∠DAE=60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴∠CDA= ∠ADE= ×60°=30°，
∵△ABE≌△ACD，
∴BE=CD=4，∠BEA=∠CDA=30°，
∴BE⊥DE，DE=AD=3，
∴BD=5；
（3）如图3，过B作BF⊥BD，且BF=AE，连接DF，
则四边形ABFE是平行四边形，
∴AB=EF，
设∠AEF=x，∠AED=y，
则∠FED=x+y，
∠BAE=180°-x，∠EAD=∠AED=y，∠BAC=2∠ADB=180°-2y，
∠CAD=360°-∠BAC-∠BAE-∠EAD=360°-（180°-2y）-（180°-x）-y=x+y，
∴∠FED=∠CAD，在△ACD和△EFD中，
，
∴△ACD≌△EFD（SAS），
∴CD=DF，
而BD2+BF2=DF2，
∴CD2=BD2+4AH2．
【点拨】此题参考勾股定理，全等三角形的判定与 性质，线段垂直平分线上的点到线段两端点的距
离相等的性质，等边三角形的判定与性质，综合性较强，难度较大，作辅助线构造出全等三角形与直角三
角形是解题的关键．
12．（1）详见分析；（2）①详见分析；② ，理由详见分析
【分析】（1）根据等边三角形的性质得出BC=AC，CE=CD，∠ACB=∠DCE=60°，进而得出
∠BCE=∠ACD，判断出 （SAS），即可得出结论；
（2）①同（1）的方法判断出 （SAS）， （SAS），即可得出结论； ②先
判断出∠APB=60°，∠APC=60°，在PE上取一点M，使PM=PC，证明 是等边三角形， 进而判断出
（SAS），即可得出结论．
解：（1）证明：∵ 和 都是等边三角形，
∴BC=AC，CE=CD，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ABC+∠ACE=∠DCE+∠ACE，
即∠BCE=∠ACD，
∴ （SAS），
∴BE=AD；
（2）①证明：∵ 和 是等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，
即∠ACD=∠BCE，
∴ （SAS），
∴AD=BE，
同理： （SAS），
∴AD=CF，即AD=BE=CF；
②解：结论：PB+PC+PD=BE，
理由：如图2，AD与BC的交点记作点Q，则∠AQC=∠BQP，
由①知， ，
∴∠CAD=∠CBE，
在 中，∠CAD+∠AQC=180°-∠ACB=120°，
∴∠CBE+∠BQP=120°，
在 中，∠APB=180°-（∠CBE+∠BQP）=60°，
∴∠DPE=60°，
同理：∠APC=60°，
∠CPD=120°，
在PE上取一点M，使PM=PC，
∴ 是等边三角形，
∴ ，∠PCM=∠CMP=60°，
∴∠CME=120°=∠CPD，
∵ 是等边三角形，
∴CD=CE，∠DCE=60°=∠PCM，
∴∠PCD=∠MCE，
∴ （SAS），
∴PD=ME，
∴BE=PB+PM+ME=PB+PC+PD．
【点拨】此题是三角形综合题，主要考查了三角形的内角和定理，等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，构造出全等三角形是解本题的关键．
13．（1）详见分析；（2）18
【分析】（1）根据正方形的性质得出BC=BD，AB=BF，∠CBD=∠ABF=90°，求出∠ABD=∠CBF，根据全
等三角形的判定得出即可；
（2）根据全等三角形的性质得出∠BAD=∠BFC，AD=FC=6，求出AD⊥CF，根据三角形的面积求出即可．
解：（1） 四边形 、 是正方形，
， ， ，
，
即
在 和 中，
；
图1 图2
（2） ，
， ，【点拨】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，三角形的面积等知识点，能求出
△ABD≌△FBC是解此题的关键．
14．（1）见分析；（2）见分析；（3）成立，理由见分析
【分析】（1）根据等边三角形边长相等的性质和各内角为 的性质可求得 ，根据全
等三角形对应边相等的性质即可求得 ．
（2） 是等边三角形，由 可知 ，根据 可证明
，得到 ，又 ，可知 是等边三角形，得到 ，由
，得到 ，所以 ．
（3）根据题意画出图形，证明方法与（1）相同．
解：（1）证明：如图1中， 与 都是等边三角形，
， ， ，
，
， ，
即 ．
在 和 中，
，
．
．
（2）证明：如图1中，连接 ，
，
．
在 和 中
，，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
．
（3）成立 ；理由如下：
如图2中， 、 均为等边三角形，
， ， ，
，
即 ，
在 和 中，
，
，
．【点拨】本题考查了等边三角形的性质的运用及全等三角形的判定和性质的运用．解决本题的关键是
证明三角形全等，属于中考常考题型．
15．(1)答案见分析；(2) AG=CE，AG⊥CE；(3) △ADE的面积= CDG的面积
【分析】（1）利用SAS证明△ADG≌△CDE； △
（2）利用△ADG≌△CDE得到AG=CE，∠DAG=∠DCE，利用∠DAG+∠AMD=90°得到∠DCE+∠CMG=90°，
即可推出AG⊥CE；
（3） ADE的面积= CDG的面积，作GP⊥CD于P，EN⊥AD交AD的延长线于N，证明
△DPG≌△D△NE，得到PG=E△N，再利用三角形的面积公式分别表示出 ADE的面积， CDG的面积，即可得到
结论 ADE的面积= CDG的面积. △ △
△解：（1）∵四△边形ABCD与DEFG都是正方形，
∴AD=CD，DG=DE，∠ADC=∠EDG=90°，
∴∠ADC+∠CDG=∠EDG+∠CDG，
∴∠ADG=∠CDE，
∴△ADG≌△CDE（SAS），
（2）AG=CE，AG⊥CE，
∵△ADG≌△CDE，
∴AG=CE，∠DAG=∠DCE，
∵∠DAG+∠AMD=90°，∠AMD=∠CMG，
∴∠DCE+∠CMG=90°，
∴∠CHA=90°，
∴AG⊥CE；
（3）△ADE的面积=△CDG的面积，
作GP⊥CD于P，EN⊥AD交AD的延长线于N，则∠DPG=∠DNE=90°，
∵∠GDE=90°，
∴∠EDN+∠GDN=90°，∵∠PDG+∠GDN=90°，
∴∠EDN=∠PDG，
∵DE=DG，
∴△DPG≌△DNE，
∴PG=EN，
∵△ADE的面积= ，△CDG的面积= ，
∴△ADE的面积=△CDG的面积.
【点拨】此题考查正方形的性质，三角形全等的判定及性质，利用三角形面积公式求解，根据图形得
到三角形全等的条件是解题的关键.
16．（1）相等， ；（2）成立，证明见分析；（3）见分析，4.
【分析】（1）证明 BCD≌ ACE，并运用三角形外角和定理和等边三角形的性质求解即可；
（2）是第（1）问的△变式，△只是位置变化，结论保持不变；
（3）根据∠AEC=30°，判定AE是等边三角形CDE的高，运用前面的结论，把条件集中到一个含有30°
角的直角三角形中求解即可.
解：（1）相等； .理由如下：
∵ 和 都是等边三角形，
∴ ， ， ，
∴ ，
在 和 中
，
∴ ．∴ ， ．
又∵ ，
∴ .
（2）成立；理由如下：
证明：∵ 和 都是等边三角形，
∴ ， ， ，
∴ ，
在 和 中
，
∴ ．
∴ ， ．
又∵ ，
∴ .
（3）补全图形（如图）,
∵ CDE是等边三角形，
∴∠△DEC=60°，
∵∠AEC=30°，
∴∠AEC=∠AED，
∴EQ⊥DQ，∴∠DQP=90°，
根据（1）知，∠BDC=∠AEC=30°，
∵PQ=2，
∴DP=4.
故答案为：4.
【点拨】本题是一道猜想证明题，以两线段之间的大小关系为基础，考查了等边三角形的性质，三角
形的全等，直角三角形的性质，证明两个手拉手模型三角形全等是解题的关键.
17．（1）见分析；（2）60°；（3）18.23cm
【分析】（1）由等边三角形的性质可知∠DBA＝∠EBC＝60°，BD＝AB，BC＝BE．从而可证∠DBC
＝∠ABE．即可利用“SAS”可证明 DBC≌△ABE，得出结论AE＝DC．
（2）过点B作BN⊥CD于N，△BH⊥AE于H．由 DBC≌△ABE可知∠BEH＝∠BCN，∠BDF＝∠BAF．
再结合等边三角形的性质可求出∠FDA+∠DAF＝120△°，进而求出∠DFA＝180°-120°＝60°，即求出∠DFE＝
180°-60°＝120°．即可利用“AAS”证明△BEH≌△BCN，得出结论BH＝BN，即得出BF平分∠DFE，即可求
出∠BFE＝60°．
（3）延长BF至Q，使FQ＝AF，连接AQ．根据所作辅助线可知∠AFQ＝∠BFE＝60°，即证明△AFQ
是等边三角形，得出结论AF＝AQ＝BQ，∠FAQ＝60°．又可证明∠DAF＝∠BAQ．利用“SAS”可证明
△DAF≌△BAQ，即得出DF＝BQ＝BF+FQ＝BF+AF，最后即可求出CD＝DF+CF＝BF+AF+CF＝
1.53+9.17+7.53＝18.23cm．
解：（1）证明：∵△ABD和 BCE都是等边三角形，
∴∠DBA＝∠EBC＝60°，BD＝△AB，BC＝BE，
∴∠DBA+∠ABC＝∠EBC+∠ABC，即∠DBC＝∠ABE，
∵在 DBC和 ABE中， ，
△ △
∴△DBC≌△ABE（SAS），∴AE＝DC；
（2）解：如图，过点B作BN⊥CD于N，BH⊥AE于H．
∵△DBC≌△ABE，
∴∠BEH＝∠BCN，∠BDF＝∠BAF，
∵△ABD是等边三角形，
∴∠BDA+∠BAD＝120°，
∴∠FDA+∠DAF＝120°，
∴∠DFA＝180°-120°＝60°，
∴∠DFE＝180°-60°＝120°，
在 BEH和 BCN中，
△ △
，
∴△BEH≌△BCN（AAS），
∴BH＝BN，
∴BF平分∠DFE，
∴∠BFE＝ ∠DFE＝ ×120°＝60°；
（3）解：如图，延长BF至Q，使FQ＝AF，连接AQ．
则∠AFQ＝∠BFE＝60°，
∴△AFQ是等边三角形，
∴AF＝AQ＝BQ，∠FAQ＝60°，
∵△ABD是等边三角形，
∴AD＝AB，∠DAB＝60°，∴∠DAB+∠BAF＝∠BAF+∠FAQ，即∠DAF＝∠BAQ，
在 DAF和 BAQ中， ，
△ △
∴△DAF≌△BAQ（SAS），
∴DF＝BQ＝BF+FQ＝BF+AF，
∴CD＝DF+CF＝BF+AF+CF＝1.53+9.17+7.53＝18.23cm．
【点拨】本题为三角形综合题．考查等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形内
角和定理以及角平分线的判定和性质．正确的作出辅助线也是解答本题的关键．
18．（1）△ACE，40°；（2）BD=CE且BD⊥CE，理由见分析；（3）作图见分析，BE=CD，
∠BPD=60°．
【分析】（1）利用全等三角形的判定定理 可以证明，再根据全等三角形的性质及三角形内角和
定理求出 是解题的突破口；
（2）通过∠BAC=∠DAE=90°及等量代换可得相等关系，再通过证明△DAB≌△EAC（SAS），通过等量
代换推出∠DBC+∠ECB=90°即可间接证明垂直；
（3）利用全等三角形的判定定理 可以证明三角形全等得出BE=CD，通过等量代换求解可得
∠BPD=60°．
解：（1）由题意在△ABD和△ACE中，
,
，
，，
，
，
，
，
故答案是：△ACE，40°；
（2）BD=CE且BD⊥CE；
理由：因为∠BAC=∠DAE=90°，
所以∠DAC+∠DAB=∠DAC+∠EAC．
所以∠DAB=∠EAC．
在△DAB和△EAC中，
，
所以△DAB≌△EAC（SAS），
所以BD=CE，∠DBA=∠ECA，
因为∠DBA+∠EBC+∠ACB=90°，
所以∠ECA+∠EBC+∠ACB=90°，
即∠DBC+∠ECB=90°，
所以∠BEC=180°﹣（∠DBC+∠ECB）=90°，
所以BD⊥CE，
（3）BE=CD，∠BPD=60°，理由如下：
如图所示， 为等边三角形，
，
，，
，
在 中，
，
，
，
，
．
【点拨】本题考查了三角形全等的判定及性质、三角形内角和定理、等边三角形的性质、解题的关键
是掌握相关定理的同时，要灵活运用等量代换的思想进行解答．
19．（1） ；（2） ， 或 ， ；（3）
【分析】（1）由“ ”可证 ，可得 ，可求解；
（2）分两种情况讨论，由全等三角形的性质可求解；
（3）由 ，可求 的值，由面积和差关系可求 ，可求 的值．
解：（1） ，
，
，
，
，
在 和 中，
，
，
，，
；
（2）若 ，
， ，
，
，
，
，
，
，
若 ，
， ，
，
，
，
，
；
综上所述： ， 或 ， ；
（3）如图，连接 ，过点 作 于 ，过点 作 于 ，
， ，，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点拨】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，三角形的面积公式，直角三角形的
性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
20．（1） ；（2）见分析；（3）
【分析】（1）由已知条件可得 ，对顶角 ，则 ，根据
即可的 ；
（2）过点 作 的垂线交 的延长线于 ,证明 ，得 ,进而可得 ，
再证明 即可得证点 为 中点；
（3）延长 至 ，使得 ，连接 ，设 交 于点 ，先证明 ，进而
证明 ，根据角度的计算以及三角形内角和定理求得 ，进而证明
，再根据 ,证明 ，根据已知条件求得 最后证明
即可．解：（1）设 交 于 ，如图1，
是等腰 和 是等腰
即
故答案为
（2）如图2，过点 作 的垂线交 的延长线于 ,是等腰 和 是等腰
又
又
即 是 的中点
（3）延长 至 ，使得 ，连接 ，设 交 于点 ，如图
即是等腰 和 是等腰
在 与 中，
（SAS）
，
点是 的中点
，
（SAS）
（SAS）
，
即
，【点拨】本题考查了三角形全等的性质与判定，等腰直角三角形的性质，三角形内角和定理，三角形
外角性质，构造辅助线是解题的关键．
21．（1）①90；②80；（2）①α+β＝180°，理由见分析；②图见分析，α+β＝180°或α＝β
【分析】、（1）①由等腰直角三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB＝45°，由“SAS”可证
BAD≌△CAE，可得∠ABC＝∠ACE＝45°，可求∠BCE的度数；
△ ②由等腰三角形的性质求出∠ABD＝∠ACB＝40°，由“SAS”可证 ABD≌△ACE得出∠ABD＝∠ACE＝
40°，则可得出结论； △
（2）①由“SAS”可证 ABD≌△ACE得出∠ABD＝∠ACE，再用三角形的内角和即可得出结论；
②分两种情况画出图形△，由“SAS”可证 ABD≌△ACE得出∠ABD＝∠ACE，再用三角形的内角和即可
得出结论． △
解：（1）①∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵∠DAE＝∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAE，
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS）
∴∠ABC＝∠ACE＝45°，
∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，
故答案为：90；
②∵∠BAC＝100°，AB＝AC，
∴∠ABD＝∠ACB＝40°，
∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
∵∠BAD＝∠CAE，
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE＝40°，
∴∠BCE＝∠ACE+∠ACB＝40°+40°＝80°，
故答案为：80．
（2）①α+β＝180°，理由：∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC．
即∠BAD＝∠CAE．
在△ABD与△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠B＝∠ACE．
∴∠B+∠ACB＝∠ACE+∠ACB．
∵∠ACE+∠ACB＝β，
∴∠B+∠ACB＝β，
∵α+∠B+∠ACB＝180°，
∴α+β＝180°．
②如图1：当点D在射线BC上时，α+β＝180°，
连接CE，
∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE，
在△ABC中，∠BAC+∠B+∠ACB＝180°，
∴∠BAC+∠ACE+∠ACB＝∠BAC+∠BCE＝180°，即：∠BCE+∠BAC＝180°，
∴α+β＝180°，
如图2：当点D在射线BC的反向延长线上时，α＝β．
连接BE，
∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
又∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE，
∴∠ABD＝∠ACE＝∠ACB+∠BCE，
∴∠ABD+∠ABC＝∠ACE+∠ABC＝∠ACB+∠BCE+∠ABC＝180°，
∵∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB，
∴∠BAC＝∠BCE．
∴α＝β；
综上所述：点D在直线BC上移动，α+β＝180°或α＝β．
【点拨】本题主要考查全等三角形的判定及性质，等腰三角形的性质和三角形内角和定理，掌握全等
三角形的判定方法及性质是关键．
22．（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．
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 ．
【点拨】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．
