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专题03模型方法课之手拉手模型压轴题专练（解析版）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
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：
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．
【详解】
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），
1∴OE=OF，
∴OM平分∠BMC，故③④正确；
所以正确的个数有4个；
故选A．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的性质与判定及角平分线的判定定理，熟练掌握全等三角形
的性质与判定及角平分线的判定定理是解题的关键．
2．如图， ， ， 三点在同一直线上， ， 都是等边三角形，连接 ，
， ：下列结论中正确的是（ ）
①△ACD≌△BCE；
②△CPQ是等边三角形；
③ 平分 ；
④△BPO≌△EDO．
A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④
【答案】B
【分析】
利用等边三角形的性质，三角形的全等，逐一判断即可．
【详解】
∵△ABC，△CDE都是等边三角形，
∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠ECD=60°，
∴∠ACB+∠PCQ =∠ECD+∠PCQ，∠PCD=60°，
∴∠ACD =∠BCE，
∴△ACD≌△BCE，
∴①的说法是正确的；
∵△ACD≌△BCE，
∴∠PDC =∠QEC，
∵∠PCD=∠QCE=60°，CD=CE，
∴△PCD≌△QCE，
∴PC=QC，
2∴△CPQ是等边三角形；
∴②的说法是正确的；
∵△PCD≌△QCE，
∴PD=QE， ，
过点C作CG⊥PD，垂足为G，CH⊥QE，垂足为H，
∴ ，
∴CG=CH，
∴ 平分 ，
∴③的说法是正确的；
无法证明△BPO≌△EDO．
∴④的说法是错误的；
故答案为①②③，
故选B．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质与判定，三角形的全等与性质，角平分线的性质定理，
熟练掌握等边三角形的性质，灵活进行三角形全等的判定，活用角的平分线性质定理
的逆定理是解题的关键．
3．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【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．
【详解】
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，∠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，
4∠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°.
5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．
【点睛】
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．
二、填空题
4．如图，CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=50°，AD、BE交于点H，连接CH，则
∠CHE=_______．
【答案】65°
【分析】
先判断出 ，再判断出 即可得到 平分 ，即可得
出结论．
【详解】
解：如图， ，
，
在 和 中，
；
过点 作 于 ， 于 ，
，
，
在 和 中，
，
6，
在 与 中
，
，
平分 ；
，
，
，
，
，
，
故答案为： ．
【点睛】
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．
5．在 中， ， ， ，点 是 内一点，则点 到
三个顶点的距离和的最小值是_______．
【答案】
【分析】
如图,以 为边作等边三角形 ，以 为边作等边 ，通过全等即可将
进行转换，再分析当 、 、 、 四点共线时， 值最小，
7利用勾股定理求出即可．
【详解】
如图：以 为边作等边三角形 ，以 为边作等边 ，连接 ，作
，作 ，交 的延长线于 ．
和 是等边三角形，
，
在 和 中，
，
，
，
，
当 、 、 、 四点共线时， 值最小，
，
，
．
，
，
，
最小值为 ．
故答案为： ．
【点睛】
本题考查了构造等边三角形，利用手拉手模型求解线段和最小值问题，能够熟练利用
8等边三角形的性质是解决本题的关键．
三、解答题
6．如图， 、 均是等边三角形， 、 分别与 、 交于点 、
，
求证：（1） ；
（2） ；
（3） 为等边三角形；
（4） ．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析；（4）见解析
【分析】
（1）根据等边三角形的性质得出AC=DC，EC=BC，∠ACD=∠BCE=60°，求出
∠ACE=∠DCB，根据SAS推出△ACE≌△DCB即可；
（2）根据全等三角形的性质得出∠CAE=∠CDB，根据等边三角形的性质得出
AC=DC，∠ACM=∠BCE=60°，求出∠DCE=60°，推出∠ACM=∠DCN，根据ASA推
出△ACM≌△DCN即可；
（3）根据有一个角等于60°的等腰三角形是等边三角形推出△CMN为等边三角形，推
出∠CMN=∠CNM=∠DCN=60°，求出∠CMN=∠ACM=60°，即可得出答案；
（4）根据等边三角形的性质得出∠CMN=∠ACM=60°，根据平行线的判定得出即可．
【详解】
解：证明：（1）∵△DAC、△EBC均是等边三角形，
∴AC=DC，EC=BC，∠ACD=∠BCE=60°，
∴∠ACD+∠DCE=∠BCE+∠DCE，
即∠ACE=∠DCB，
在△ACE和△DCB中，
，
∴△ACE≌△DCB（SAS），
9∴AE=BD；
（2）∵由（1）可知：△ACE≌△DCB，
∴∠CAE=∠CDB，
即∠CAM=∠CDN，
∵△DAC、△EBC均是等边三角形，
∴AC=DC，∠ACM=∠BCE=60°，
又点A、C、B在同一条直线上，
∴∠DCE=180°-∠ACD-∠BCE=180°-60°-60°=60°，
即∠DCN=60°，
∴∠ACM=∠DCN，
在△ACM和△DCN中，
，
∴△ACM≌△DCN（ASA），
∴CM=CN；
（3）∵由（2）可知CM=CN，∠MCN=60°，
∴△CMN为等边三角形（有一个角等于60°的等腰三角形是等边三角形）；
（4）∵△CMN为等边三角形
∴∠CMN=∠CNM=∠DCN=60°，
∴∠CMN=∠ACM=60°，
∴MN∥BC．
【点睛】
本题考查了全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，平行线的判定的应
用，主要考查学生的运用性质进行推理的能力，注意：全等三角形的对应边相等，对
应角相等．
7．如图，C为线段AE上一动点（不与点A，E重合），在AE同侧分别作正三角形
ABC和正三角形CDE（正三角形也叫等边三角形，它的三条边都相等，三个内角都等
于60°），AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连结PQ．试
说明：
（1）AD=BE；
（2）填空∠AOE= °；
（3）CP=CQ；
10【答案】（1）见解析；（2）120；（3）见解析
【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；
（2）由（1）推出∠CAD=∠CBE，利用三角形内角和定理可求得
∠BOP=∠ACP=60°，从而求得∠AOE的度数；
（3）由△ACD≌△BCE得∠CBE=∠DAC，加之∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，得到
△CQB≌△CPA（ASA），从而证明CP=CQ．
【详解】
（1）∵△ABC和△CDE为等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠BCA=∠DCE=60°，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD与△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴AD=BE；
（2）∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAD=∠CBE，
∵∠APC=∠BPO，
∴∠BOP=∠ACP=60°，
∴∠AOE=180 60°=120°，
故答案为：120；
（3）∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAD=∠CBE，
∵∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠BCQ=60°，
在△CQB和△CPA中，
11，
∴△CQB≌△CPA（ASA），
∴CP=CQ．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质，全等三角的判定与性质，三角形的内角和定理，解题
的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
8．如图1，等边△ABC中，AO是∠BAC的角平分线，D为AO上一点，以CD为一
边且在CD下方作等边△CDE，连结BE．
（1）求证：△ACD≌△BCE；
（2）图2，延长BE至Q，P为BQ上一点，连结CP，CQ使CP＝CQ＝5，若BC＝8
时，求PQ的长．
【答案】（1）见解析；（2） ．
【分析】
（1）由题意易得 ， ， ，然后根据题意可进行
求证；
（2）作 交 于 ，则 ，由（1）易得 ，然
后根据勾股定理求解即可．
【详解】
（1）∵ 和 均为等边三角形，∴ ， ，
且 ，∵ ，
∴ ，∴
（2）作 交 于 ，则 ，
12在 中，由已知和（1）得 ，
∴ ，在 中， ，
∴ ．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的性质与判定及勾股定理、含30°角的直角三角形，关键是根
据题意得到三角形的全等，然后根据勾股定理及直角三角形的性质进行求解问题即可．
9．如图1，点 是线段 上除点 、 外的任意一点，分别以 、 为边在线段
的同旁做等边三角形 和等边三角形 ，连接 和BC相交于点Q，
（1）求证： ．
（2）求 的度数．
（3）如图2所示， 和 仍为等边三角形，但 和 不在同一条直线上，
是否成立， 的度数与图1是否相等，请直接写出结论．
【答案】（1）见解析；（2）60°；（3）成立，相等
【分析】
（1）根据等边三角形的性质得到PA=PC，∠APC=60°，PB=PD，∠BPD=60°，于是得
到∠APD=∠CPB，证得△APD≌△CPB，即可证明AD= BC；
（2）由△APD≌△CPB，再根据三角形的外角的性质即可求解；
（2）根据等边三角形的性质得到PA=PC，∠APC=60°，PB=PD，∠BPD=60°，于是得
到∠APD=∠CPB，证得△APD≌△CPB，即可证明AD= BC，再根据三角形的外角的
性质即可求得∠AQC=60°．
13【详解】
（1）∵△APC是等边三角形，
∴PA=PC，∠APC=60°，
∵△BDP是等边三角形，
∴PB=PD，∠BPD=60°，
∴∠APC=∠BPD，
∴∠APD=∠CPB，
在△APD与△CPB中，
，
∴△APD≌△CPB(SAS)，
∴AD= BC；
（2）由（1）得：△APD≌△CPB，
∴∠PAD=∠PCB，
∵∠QAP+∠QAC+∠ACP=120°，
∴∠QCP+∠QAC+∠ACP=120°，
∴∠AQC=180°-120°=60°；
（3）AD= BC成立，∠AQC=60°，
理由如下：
∵△APC是等边三角形，
∴PA=PC，∠APC=60°，
∵△BDP是等边三角形，
∴PB=PD，∠BPD=60°，
∴∠APC=∠BPD，
∴∠APD=∠CPB，
在△APD与△CPB中，
，
∴△APD≌△CPB(SAS)，
∴AD= BC；
∴∠PAD=∠PCB，
14∵∠QAP+∠QAC+∠ACP=120°，
∴∠QCP+∠QAC+∠ACP=120°，
∴∠AQC=180°-120°=60°．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定与性质以及三
角形的外角性质，正确证明两个三角形全等是解题的关键．
10．在△ABC中，∠BAC=90°，AC=AB，点D为直线BC上的一动点，以AD为边作
△ADE（顶点A､D､E按逆时针方向排列），且∠DAE=90°，AD=AE，连接CE．
（1）如图1，若点D在BC边上（点D与B､C不重合），
①求证：△ABD≌△ACE；
②求证：
（2）如图2，若点D在CB的延长线上，若DB=5，BC=7，则△ADE的面积为____．
（3）如图3，若点D在BC的延长线上，以AD为边作等腰Rt ADE，∠DAE=90°，
连结BE，若BE=10，BC=6，则AE的长为______． △
【答案】（1）①见解析；②见解析；（2） ；（3）
【分析】
（1）①根据∠BAC=∠DAE，推出∠BAD=∠CAE，再结合AB=AC，AD=AE，即可
证明△ABD≌△ACE，②根据∠ABD=∠ACE，可得
∠ABD+∠ACB=∠ACE+∠ACB=∠BCE，根据BD=CE，即可证明结论；
（2）过点A作AF⊥DE于点F，利用等腰三角形的性质和直角三角形的性质，易得
AF＝ DE，利用全等三角形的判定定理可得△ABD≌△ACE，由全等三角形的性质
可得∠ADB＝∠AEC，DB＝EC，易得EC＝5，DC＝12，利用勾股定理可得DE的长，
利用三角形的面积公式可得结论；
（3）根据Rt BCE中，BE＝10，BC＝6，求得CE＝ ＝8，进而得出CD＝8−6
△
15＝2，在Rt DCE中，求得DE＝ = ，最后根据△ADE是等腰直角三角形，
△
即可得出AE的长．
【详解】
（1）①∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAD=∠CAE，
又∵AB=AC，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE，
②∵△ABD≌△ACE，
∴∠ABD=∠ACE，BD=CE，
∴∠ABD+∠ACB=∠ACE+∠ACB=∠DCE=90°，
；
（2）过点A作AF⊥DE于点F．
∵AD＝AE，
∴点F是DE的中点，
∵∠DAE＝90°，
∴AF＝ DE，
同理可证△ABD≌△ACE，
∴∠ADB＝∠AEC，DB＝EC，
∵DB＝5，BC＝7，
∴EC＝5，DC＝12，
∵∠DAE＝90°，
∴∠ADE＋∠AED＝90°，
∴∠ADC＋∠CDE＋∠AED＝90°，
∴∠AEC＋∠AED＋∠CDE＝90°，
即∠CED＋∠CDE＝90°，
∴∠ECD＝90°，
∴DE2＝CE2＋CD2＝25＋144＝169，
∵DE＞0，
16∴DE＝13，
∴AF＝ ，
∴△ADE的面积为＝ DE•AF＝ ×13× ＝ ；
（3）由（1）可知：△ABD≌△ACE，
∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，
∴∠BCE=∠ACB+∠∠ACE=∠ACB+∠ABD=90°，
∴Rt BCE中，BE＝10，BC＝6，
△
∴CE＝ ＝8，
∴BD＝CE＝8，
∴CD＝8−6＝2，
∴Rt DCE中，DE＝ = ，
△
∵△ADE是等腰直角三角形，
∴AE＝ ＝ = ．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定定理及性质定理，还有等腰三角形的性质等，综合
利用定理，作出恰当的辅助线是解答此题的关键．
11．如图， 和 都是等边三角形，直线 ， 交于点 ．
（1）如图1，当 ， ， 三点在同一直线上时， 的度数为_____，线段 与
的数量关系为_____．
（2）如图2，当 绕点 顺时针旋转 时，（1）中的结论是否还
成立？若不成立，请说明理由：若成立，请就图2给予证明．
（3）若 ， ，当 绕点 顺时针旋转一周时，请直接写出 长的取
值范围．
【答案】（1） ， ；（2）（1）中结论仍成立；证明见解析；（3）
17．
【分析】
（1）利用等边三角形的性质证明△ACE≌△BCD，结合三角形的外角就可以得出结论；
（2）同（1）中方法证明△ACE≌△BCD，得出 ， ，再根据三角形
的内角和得出
（3）当B、C、D三点共线时得出BD的最大和最小值，即可得出结论
【详解】
解：（1） 是等边三角形，
， ，
是等边三角形，
， ，
，
即 ，
在 和 中，
，
， ，
，且
（2）（1）中结论仍成立
证明： 是等边三角形，
， ，
是等边三角形，
， ，
，
即 ，
在 和 中，
18，
， ，
，且
（3） 是等边三角形，
，
当旋转 = 时，B、C、D三点共线，此时BD=BC+CD=7
当旋转 = 时，B、C、D三点共线，此时BD=BC-CD=1
∴ ．
【点睛】
本题考查了等边三角形性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，以及旋转的性
质，解答时证明三角形全等是关键．
12．如图，点 是线段 上一动点， 均为等边三角形．连接 和
分别交 于点 交 于点 ，连接 ．
（1）求证： ；
（2）设 ，那么 的大小是否随 的位置变化而变化？请说明理由；
（3）证明： 是等边三角形．
【答案】（1）详见解析；（2）不变，详见解析（3）详见解析．
【分析】
19（1）∵等边三角形的性质可得AB＝DB，BE＝BC，∠ABD＝∠EBC＝60°，根据角的
和差可得∠ABE＝∠DBC，根据全等三角形的判定可证得△ABE≌△DBC，继而即可
求证结论；
（2）由角的和差和等角代换可得∠DHA＝CDB＋∠ACD，再由三角形内角和定理即
可求解；
（3）先由全等三角形的判定证得△AFB≌△DBG（ASA），可得BF＝BG，由等边三
角形的判定即可求证结论．
【详解】
（1） 均为等边三角形．
∴AB＝DB，BE＝BC，∠ABD＝∠EBC＝60°，
∵∠ABD＋∠DBE＝∠EBC＋∠DBE，即∠ABE＝∠DBC，
在△ABE和△DBC中，
ABE≌△DBC（SAS）
△∴AE＝CD；
（2）∵∠DHA＝∠HAC＋∠ACD，
由（1）知：∠EAC＝∠CDB，∠ABD＝∠EBC＝60°，
∴∠DBG＝180°－120°＝60°，∠DBC＝120°
∴∠DHA＝CDB＋∠ACD＝180°－∠DBC＝180°－120°＝60°
∴ 的大小是固定的，不会随 的位置变化而变化；
（3）在△AFB和△DBG中，
∴△AFB≌△DBG（ASA）
∴BF＝BG
∵∠FBG＝60°
∴ 是等边三角形．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形点与性质，角的和差，解题的关键是
综合运用所学知识．
13．如图，△ABC是等边三角形，AB=4cm． 动点P，Q分别从点A、B同时出发，动
20点P以1cm/s的速度沿AC向终点C运动．动点Q以2cm/s的速度沿射线BC运动．当
点P停止运动时，点Q也随之停止运动．点P出发后，过点P作PE∥AB交BC于点
E，连结PQ，以PQ为边作等边三角形PQF，连结CF，设点 的运动时间为t（s）
（1）用含t的代数式表示CQ的长．
（2）求△PCE的周长（用含t的代数式表示）．
（3）求CF的长（用含t的代数式表示）．
（4）当△PQF的边与BC垂直时，直接写出t的值．
【答案】（1）当0≤t≤2时，CQ=4-2t；当2＜t≤4时，CQ=2t-4；（2） ；（3）
；（4）当 的边与 垂直时， 的值为 或
【分析】
（1）分Q在线段BC上以及射线CD上两种情况进行讨论即可；
（2）根据题意可先证明△PCE是等边三角形，然后求出PC，再乘3即可；
（3）根据“双等边”模型，可证明△PEQ≌△PCF，从而得到CF=EQ，求出EQ即可；
（4）分PQ⊥BC时，和FQ⊥BC时，两种情况进行求解即可．
【详解】
解：（1）根据题意，
∵△ABC是等边三角形，
∴ ，
∵动点P以 的速度沿AC向终点C运动，
∴时间的最大值为： （秒），
∴ ；
∵动点 以 的速度沿射线 运动，
∴ ，
当 时， ；
21当 时， ；
（2）∵ ， 是等边三角形，
∴∠PEC=∠B=60°，∠EPC=∠A=60°，
∵∠ACB=60°，
∴△PCE是等边三角形，
∴PC=PE=CE，
∵ ，
∴△PCE的周长为： ；
（3）如图：
∵ 是等边三角形，
∴ ，∠QPF=60°，
∵△PCE是等边三角形，
∴PC=PE，∠EPC=∠QPF=60°，
∴△PEQ≌△PCF，
∴CF=EQ，
∵ ，
∵ ， ，
∴ ；
（4）根据题意，
①当PQ⊥BC时，如图：
22∵△PCE是等边三角形，
∴PQ是高，也是中线，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
解得： ；
②当FQ⊥BC时，如图：
∵∠FQC=90°，∠FQP=60°，
∴∠PQE=30°，
∵∠PCE=60°，
∴∠CPQ=30°=∠PQE，
∴PC=CQ，
∵ ， ，
∴ ，
解得： ；
综合上述，当 的边与 垂直时， 的值为 或 ．
【点睛】
本题主要考查等边三角形的性质以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握“手拉手”
的基本模型是解题关键．
2314．已知等边 ， 为边 中点， 为边 上一点（不与A， 重合），连接
．
（1）如图1，点 是边 的中点，当 在线段 上（不与A， 重合）时，将
绕点 逆时针旋转 得到线段 ，连接 ．
①依题意补全图1；
②此时 与 的数量关系为： ， = °．
（2）如图2，若 ，在边 上有一点 ，使得 ．直接用等式表
示线段 ， ， 之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）①见解析；② ，120；（2） ，证明见解析
【分析】
（1）①根据提示画出图形即可；②连接DE，证明△DME≌△DFB即可得到结论；
（3）取线段 中点 ，连接 ．由三角形中位线定理得 ， ，
．根据 是等边三角形可证明 ，
，再证明 得 ， ，
进一步可得结论．
【详解】
解：（1）①补全图形如图1．
24②线段 与 的数量关系为 ； ．
连接DE，
∵D为BC的中点，E为AC的中点，
∴DE为△ABC的中䏠线，
∴DE= AB，DE//AB
∵ 是等边三角形，
∴ ， ．
∵D为BC的中点，
∴
∵
∴ ，
∴
∵ ，
∴△DME≌△DFB
∴ ； ．
∵
∴
∴ ．
故答案为： ； ．
（2）证明：取线段 中点 ，连接 ．如图2 ．
∵点 是边 的中点，点 是边 的中点，
∴ ， ， ．
25∵ 是等边三角形，
∴ ， ．
∴ ， ．
∴ ，
∵ ，
∴ ．
∴ ．
∴ ， ，
∵ ，
∴ ．
【点睛】
此题主要考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质以及三角形中位线定理，
正确作出辅助线构造全等三角形是解答此题的关键．
15．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．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）成立，理由见解析
【分析】
26（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．
【详解】
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，
，
，
，
．
27（3）成立 ；理由如下：
如图2中， 、 均为等边三角形，
， ， ，
，
即 ，
在 和 中，
，
，
．
【点睛】
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．
16．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．
28【答案】(1)答案见解析；(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=EN，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.
【详解】 △
（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，
△
29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.
△
【点睛】
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.
17．已知在 中， ，过点 引一条射线 ， 是 上一点．
（问题解决）
（1）如图1，若 ，射线 在 内部， ，求证：
．小明同学展示的做法是：在 上取一点 使得 ，通过已知的
条件，从而求得 的度数，请你帮助小明写出证明过程；
30（类比探究）
（2）如图2，已知 ．
①当射线 在 内，求 的度数；
②当射线 在 下方，如图3所示，请问 的度数会变化吗？若不变，请说明
理由，若改变，请求出 的度数
【答案】（1）见解析；（2）①120°；②会变，60°
【分析】
（1）在 上取一点 使得 ，可证 ≌ ，求出∠ADC的度数，减
去∠ADB的度数即可；
（2）在 上取一点 ，使得 ，可证 ≌ ，求出∠ADC的度数，
减去∠ADB的度数即可；
（3）在 延长线上取一点 ，使得 ，按照（2）的方法可求．
【详解】
证明：（1）在 上取一点 使得 ，
∵ ，
∴ 为等边三角形，
∵
∴ 为等边三角形，
∴ ，
∴ ≌ （ ），
∴ ，
∴ ；
（2）①如图2，在 上取一点 ，使得 ，
∵ ，且 ，
∴ ，
∴ ，
∴
31∴ ≌ （ ），
∴ ，
∴ ，
②会变，
如图3，在 延长线上取一点 ，使得
同理可得： ≌ （ ），
∴ ，
∴ ．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，解题关键是恰当的作辅助
线，构造“手拉手”手拉手全等模型，利用全等三角形的性质求角．
18．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．
32【答案】（1）见解析；（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．
【详解】
（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，
33∴∠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．
34【点睛】
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．
19．问题背景：如图，△ABC是等边三角形，△BDC是顶角为120°的等腰三角形，以
D为顶点作一个60°角，角的两边分别交AB，AC边于M、N两点，连接MN．探究线
段BM，MN，CN之间的数量关系．
嘉琪同学探究此问题的方法是：延长NC至点E，使CE＝BM，连接DE，先证明
△CDE≌△BDM，再证明△MDN≌△EDN，可得出线段BM，MN，CN之间的数量关
系为 ．请你根据嘉琪同学的做法，写出证明过程．
探索延伸：若点M，N分别是线段AB，CA延长线上的点，其他条件不变，再探索线
段BM，MN，NC之间的关系，写出你的结论，并说明理由．
【答案】问题背景：MN＝BM+NC，证明见解析；探索延伸：MN＝NC﹣BM，理由见
解析
【分析】
问题背景：延长AC至E，使得CE＝BM并连接DE，构造全等三角形，找到相等的线
段，MD＝DE，再进一步证明△DMN≌△DEN，进而得到MN＝BM+NC．
探索延伸：按要求作出图形，先证△BMD≌△CED，再证△MDN≌△EDN（SAS），
35即可得出结论．
【详解】
问题背景：MN＝BM+NC．理由如下：
如图1中，延长AC至E，使得CE＝BM，并连接DE．
∵△BDC为等腰三角形，△ABC为等边三角形，
∴BD＝CD，∠DBC＝∠DCB，∠MBC＝∠ACB＝60°，
又BD＝CD，且∠BDC＝120°，
∴∠DBC＝∠DCB＝30°
∴∠ABC+∠DBC＝∠ACB+∠DCB＝60°+30°＝90°，
∴∠MBD＝∠ECD＝90°，
在△MBD与△ECD中，
，
∴△MBD≌△ECD（SAS），
∴MD＝DE， ，
∵∠BDC＝120°，∠MDN＝60°，
∴∠NDC+∠BDM=∠BDC-∠MDN=60゜，
∴∠EDN=∠NDC+∠CDE=∠NDC+∠BDM=60゜，
即∠MDN=∠EDN，
在△DMN和△DEN中，
，
∴△DMN≌△DEN，
∴MN=EN=CE+NC，
36∴MN＝BM+NC．
故答案为：MN＝BM+NC．
探索延伸：如图2中，结论：MN＝NC﹣BM．
理由：在CA上截取CE＝BM．
∵△ABC是正三角形，
∴∠ACB＝∠ABC＝60°，
又∵BD＝CD，∠BDC＝120°，
∴∠BCD＝∠CBD＝30°，
∴∠MBD＝∠DCE＝90°，
在△BMD和△CED中
，
∴△BMD≌△CED（SAS），
∴DE＝DM，
在△MDN和△EDN中
，
∴△MDN≌△EDN（SAS），
∴MN＝NE＝NC﹣CE＝NC﹣BM．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、等边三角形的性质．本题
中要证明一条线段等于两条线段的和或差，常常用截长法或补短法来解决．
20．如图，点C为线段 上一点， 都是等边三角形， 与 交于
37点 与 相交于点G．
（1）求证： ；
（2）求证：
（3）若 ，求 的面积．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）根据SAS即可证明△BCE≌△ACD；
（2）由△ACD≌△BCE可得∠CBG=∠CAF，从而利用ASA可证明△ACF≌△BCG；
（3）求出CG=CF=4，过G作GM⊥BD于M，过点F作FN⊥BD于N，求出GM，
FN，根据S =S +S =S +S 可求出答案．
ACD ACF CDF BCG CDF
△ △ △ △ △
【详解】
解：（1）证明：∵△ABC，△CDE是等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB+∠ACE=∠DCE+∠ACE，
即∠BCE=∠DCA，
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
（2）由（1）得△ACD≌△BCE，
∴∠CBG=∠CAF，
又∵∠ACF=∠BCG=60°，BC=AC，
在△ACF和△BCG中，
，
∴△ACF≌△BCG（ASA）；
（3）∵△ACF≌△BCG，
∴S =S ，CG=CF，而CF+CG=8，
ACF BCG
△ △
∴CG=CF=4，
38过G作GM⊥BD于M，过点F作FN⊥BD于N，
又∵∠ACB=∠DCE=60°，
∴GM= CG= ，FN= CF= ，
∴S =S +S
ACD ACF CDF
△ △ △
=S +S
BCG CDF
△ △
= BC•GM+ CD•FN
= （BC+CD）
= BD
= ．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质以及等边三角形的判定和性质，利用全等三角形
的性质得出CG=CF是解答此题的关键．
3940
