专题07 手拉手模型综合应用（专项训练）-备战中考数学《重难点解读•专项训练》（全国通用）

  专题07  手拉手模型综合应用（专项训练）

1．已知等边△AOB和△COD．

求证：AC＝BD．

【解答】证明：∵△AOB和△COD是等边三角形，

∴OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝60°，

∴∠AOB+∠BOC＝∠COD+∠BOC，

∴∠AOC＝∠BOD，

∴△AOC≌△BOD（SAS），

∴AC＝BD．

2．如图，等边△ABC，点D为BC延长线上一点，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转60°得到线段AE．连接CE．求证：BD＝CE．

【解答】证明：∵△ABC是等边三角形，

∴∠BAC＝60°，AB＝AC，

由旋转的性质可得：∠DAE＝60°，AD＝AE，

∴∠BAC＝∠DAE，

∴∠BAD＝∠CAE，

在△ABD 和△ACE中，

，

∴△ABD≌△ACE（SAS），

∴BD＝CE．

3．以△ABC的AB，AC为边作△ABD和△ACE，且AD＝AB，AE＝AC，∠DAB＝∠CAE＝α．CD与BE相交于O，连结AO，如图①所示．

（1）求证：BE＝CD；

（2）判断∠AOD与∠AOE的大小，并说明理由．

（3）在EB上取点F，使EF＝OC，如图②，请直接写出∠AFO与α的数量关系．

【解答】（1）证明：∵∠DAB＝∠CAE，

∴∠DAB+∠BAC＝∠BAC+∠CAE，

∴∠DAC＝∠BAE，

又∵AD＝AB，AC＝AE，

∴△ABE≌△ADC（SAS），

∴BE＝DC；

（2）解：∠AOD＝∠AOE，理由如下：

过点A作AM⊥DC于点M，AN⊥BE于点N，

∵△ABE≌△ADC，

∴∠ABE＝∠ADC，

又∵AD＝AB，

∴△ADM≌△ABN（AAS），

∴AM＝AN，

∵AM⊥OD，AN⊥OE，

∴∠AOD＝∠AOE；

（3）解：∵△AOD≌△AEB，

∴∠AEF＝∠ACO，AE＝AC，

又∵EF＝CO，

∴△AEF≌△ACO（SAS），

∴∠AFE＝∠AOC，AF＝AO，

∴∠AFO＝∠AOF＝∠AOD．

又∵∠DAB＝∠DOB＝α，

∴2∠AFO＝180°﹣α．

4．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，P是△ABC内一点，且PB＝1，PC＝2，PA＝3，过点C作CD⊥CP，垂足为C，令CD＝CP，连接DP，BD，求∠BPC的度数．

【解答】解：∵CD⊥CP，

∴∠PCD＝90°，

∵PC＝CD＝2，

∴△PCD是等腰直角三角形，

∴PD＝PC＝2，∠CPD＝∠CDP＝45°，

∵∠ACB＝90°，

∴∠ACP+∠PCB＝90°，

又∵∠PCB+∠BCD＝90°，

∴∠ACP＝∠BCD，

在△ACP和△BCD中，

，

∴△ACP≌△BCD（SAS），

∴BD＝PA＝3，

∵PB＝1，

∴PB2+PD2＝12+（2）2＝9，

∵PA2＝32＝9，

∴PA2＝PB2+PD2，

∴∠BPD＝90°，

∵∠CPD＝45°，

∴∠BPC＝∠BPD+∠CPD＝135°．

5．如图，△ABC和△DCE都是等边三角形．

（1）如图1，线段BD与AE是否相等？若相等，加以证明；若不相等，请说明理由．

（2）如图1，若 B、C、E三点在一条直线上，AE与BD交于点O，求∠BOE的度数．

（3）如图2，若 B、C、E三点不在一条直线上，∠ADC＝30°，AD＝4，CD＝3，求BD的长．

【解答】解：（1）BD＝AE，理由如下：

∵△ABC和△DCE都是等边三角形．

∴BC＝CA，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE，

∴∠BCD＝∠ACE，

∴△BCD≌△ACE（SAS），

∴BD＝AE；

（2）由△BCD≌△ACE得，∠BDC＝∠AEC，

∵∠BOE＝∠ODE+∠DEO＝∠CDE+∠DEC＝60°+60°＝120°，

∴∠BOE的度数是120°；

（3）∵∠ADC＝30°，∠CDE＝60°，

∴∠ADE＝90°，

∵CD＝DE＝3，

在Rt△ADE中，由勾股定理得，AE＝＝5，

由（1）同理得，△BCD≌△ACE，

∴BD＝AE＝5．

6．如图，△ABC是等边三角形，D为边BC的中点，BE⊥AB交AD的延长线于点E，点F在AE上，且AF＝BE，连接CF、CE．

求证：（1）∠CAF＝∠CBE；

（2）△CEF是等边三角形．

【解答】证明：（1）∵△ABC是等边三角形，

∴∠CAB＝∠CBA＝60°，

∵D为BC的中点，

∴∠CAD＝∠CAB＝30°，

又∵BE⊥AB，

∴∠ABE＝90°，

∴∠CBE＝90°﹣∠CBA＝30°，

∴∠CAF＝∠CBE；

（2）∵△ABC是等边三角形，

∴CA＝CB，

在△CAF和△CBE中，

，

∴△CAF≌△CBE（SAS），

∴CE＝CF，∠ACF＝∠BCE，

∴∠ECF＝∠BCE+∠BCF＝∠ACF+∠BCF＝∠ACB＝60°，

∴△CEF是等边三角形．

7．（1）如图1，△ABC和△AMN都是等腰直角三角形，直角顶点为点A，△ABC固定不动，△AMN可以绕着点A旋转．

①如图2，将△AMN绕点A旋转，使点M落在BC边上，连接CN．

直接写出图中的全等三角形：　    　；直接写出线段CN，CM，CB之间满足的等量关系为：　             　；

②如图2，试探索线段MA，MB，MC之间满足的等量关系，并完整地证明你的结论；

（2）如图3，P是等腰直角△ABC内一点，∠BAC＝90°，连接PA，PB，PC，将△BAP绕点A顺时针旋转90°后得到△CAQ，连接PQ．已知PA＝2，PB＝3，若∠PQC＝90°，求PC的长．

【解答】解：（1）①∵∠BAM+∠MAC＝90°，∠CAN+∠MAC＝90°，

∴∠BAM＝∠CAN，

在△BAM和△CAN中：

，

∴△BAM≌△CAN（SAS），

∴BM＝CN，

∵BM+CM＝CB，

∴CN+CM＝CB，

故答案为：△BAM≌△CAN，CN+CM＝CB；

②MB2+MC2＝2MA2；证明如下：

同理①可证△BAM≌△CAN，

∴∠ACN＝∠B＝45°，

即∠BCN＝90°，

∴CN2+MC2＝MN2，

在R△MAN中，MN2＝MA2+AN2＝2MA2，

∴MB2+MC2＝2MA2；

（2）由旋转知△BAP≌△CAQ，

∴PA＝QA＝2，∠PAQ＝∠BAC＝90°，CQ＝BP＝3，

∴△PAQ为等腰直角三角形，

∴PQ2＝PA2+QA2＝22+22＝8，

∵∠PQC＝90°，

∴PC2＝PQ2+QC2＝8+32＝17，

∴PC＝．

8．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（1，0），以线段OA为边在第四象限内作等边三角形AOB，点C为x轴正半轴上动点（OC＞1），连接BC，以线段BC为边在第四象限内作等边△CBD，连接DA并延长交y轴于点E．

（1）求证：△OBC≌△ABD．

（2）在点C的运动过程中，∠CAD的度数是否会变化？如果不变，请求出∠CAD的度数；如果变化，请说明理由．

（3）以A，E，C为顶点的三角形是等腰三角形时，直接写出此时点C的坐标和CD的长度．

【解答】（1）证明：∵△OAB和△BCD是等边三角形，

∴∠OBA＝∠CBD＝60°，OB＝AB，BC＝BD，

∴∠OBC＝∠ABD，

在△OBC和△ABD中，

，

∴△OBC≌△ABD（SAS）；

（2）解：点C在运动过程中，∠CAD的度数不会变化，理由如下，

∵△AOB是等边三角形，

∴∠BOA＝∠OAB＝60°，

∵△OBC≌△ABD，

∴∠BAD＝∠BOA＝60°，

∴∠CAD＝180°﹣∠OAB﹣∠BAD＝180°﹣60°﹣60°＝60°，

∴点C在运动过程中，∠CAD的度数一直为60°．

（3）解：∵∠BOC＝∠BAD＝60°，∠OAB＝60°，

∴∠OAE＝180°﹣60°﹣60°＝60°，

∴∠EAC＝120°，∠AEO＝30°，

∴以A，E，C为顶点的三角形是等腰三角形时，AE和AC为腰，

∵OA＝1，∠AEO＝30°，∠AOE＝90°，

∴AC＝AE＝2OA＝2，

∴OA＝OA+AC＝1+2＝3，

∴点C的坐标为（3，0），

过点B作BH⊥x轴于点H，则AH＝OA＝AO＝，∠ABH＝30°，

∴BH＝＝，CH＝AH+AC＝+2＝，

∴BC＝＝，

∴CD＝BC＝．

9．已知：如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一直线上，连接BE．

（1）求证：AD＝BE；

（2）求∠AEB的度数；

（3）拓展探究：如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE．

①请你直接写出∠AEB的度数为多少度？

②探索线段CM、AE、BE之间存在怎样的数量关系，并说明理由．

【解答】（1）证明：∵△ACB和△DCE均为等边三角形，

∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，

∵∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB，

∴∠ACD＝∠BCE．

在△ACD和△BCE中，

，

∴△ACD≌△BCE（SAS），

∴AD＝BE；

（2）解：∵△ACD≌△BCE，

∴∠ADC＝∠BEC，

∵△DCE为等边三角形，

∴∠CDE＝∠CED＝60°，

∵点A、D、E在同一直线上，

∴∠ADC＝120°，

∴∠BEC＝120°，

∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝60°；

（3）解：①∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，

∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CDE＝∠CED＝45°，

∴∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB，

即∠ACD＝∠BCE，

在△ACD和△BCE中，

，

∴△ACD≌△BCE（SAS），

∴BE＝AD，∠BEC＝∠ADC，

∵点A，D，E在同一直线上，

∴∠ADC＝180﹣45＝135°，

∴∠BEC＝135°，

∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝135°﹣45°＝90°；

②AE＝BE+2CM．

理由：如图2，∵∠DCE＝90°，CD＝CE，CM⊥DE，

∴CM＝DM＝EM，

∴DE＝DM+EM＝2CM，

∵△ACD≌△BCE（已证），

∴BE＝AD，

∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．

10．如图，点G是正方形ABCD对角线CA的延长线上任意一点，以线段AG为边作一个正方形AEFG，线段EB和GD相交于点H．

（1）求证：EB＝GD；

（2）判断EB与GD的位置关系，并说明理由；

（3）若AB＝3，AG＝，求EB的长．

【解答】（1）证明：∵四边形EFGA和四边形ABCD是正方形，

∴AG＝AE，AB＝AD，∠EAG＝∠DAB＝90°，

∵∠GAD＝90°+∠EAD，∠EAB＝90°+∠EAD，

∴∠GAD＝∠EAB，

在△GAD和△EAB中，

，

∴△GAD≌△EAB（SAS），

∴EB＝GD；

（2）解：BE⊥GD，理由如下：如图，设DG与AE的交点为P，

∵△GAD≌△EAB，

∴∠AEB＝∠AGD，

∵∠EPH＝∠APG，

∴∠EHG＝∠EAG＝90°，

∴EB⊥GD；

（2）解：如图2，连接BD，BD与AC交于点O，

∵四边形ABCD是正方形，AB＝3，

∴DB＝AB＝3，DO＝BO＝，

∵AG＝，

∴GO＝AO+AG＝，

∴DG＝＝＝，

∴BE＝DG＝．

11.点C为线段AB上一点，分别以AC、BC为边在线段AB的同侧作正方形ACDE和BCFG，连接AF、BD．

（1）如图①，AF与BD的数量关系和位置关系分别为 　  　，　    　；

（2）将正方形BCFG绕着点C顺时针旋转α角（0°＜α＜360°），

①如图②，第（1）问的结论是否仍然成立？请说明理由；

②若AC＝4，BC＝，当正方形BCFG绕着点C顺时针旋转到点A、B、F三点共线时，求DB的长度．

【解答】解：（1）AF与BD的数量关系和位置关系分别为AF＝BD，AF⊥BD，理由如下：

延长AF交BD于H，如图①所示：

∵四边形ACDE和四边形BCFG是正方形，

∴AC＝CD，CF＝CB，∠ACF＝∠DCB＝90°，

∴∠CAF+∠AFC＝90°，

在△ACF和△DCB中，

，

∴△ACF≌△DCB（SAS），

∴AF＝BD，∠CAF＝∠CDB，

∵∠DFH＝∠AFC，

∴∠CDB+∠DFH＝∠CAF+∠AFC＝90°，

∴∠DHF＝90°，

∴AF⊥BD；

故答案为：AF＝BD，AF⊥BD；

（2）①第（1）问的结论仍然成立，理由如下：

设AF交CD于点M，如图②所示：

∵四边形ACDE和四边形BCFG是正方形，

∴AC＝CD，CF＝CB，∠ACD＝∠FCB＝90°，

∴∠CAF+∠AMC＝90°，

∴∠ACD+∠DCF＝∠FCB+∠DCF，

即∠ACF＝∠BCD，

在△ACF和△DCB中，

，

∴△ACF≌△DCB（SAS），

∴AF＝BD，∠CAF＝∠CDB，

∵∠DMH＝∠AMC，

∴∠CDB+∠DMH＝∠CAF+∠AMC＝90°，

∴∠DHM＝90°，

∴AF⊥BD；

②分两种情况：

a、如图③所示：连接CG交BF于O，

∵四边形BCFG是正方形，

∴CB＝BG，BF⊥CG，∠BGF＝90°，OB＝OF＝OC＝OG，

∴BF＝CG＝BC＝2，OB＝OF＝OC＝BF＝1，

∴AO＝＝＝，

∴AF＝AO+OF＝+1，

由（2）得：AF＝DB，

∴DB＝+1；

b、如图④所示：连接CG交BF于O，

同上得：OB＝OF＝OC＝BF＝1，

∴AO＝＝＝，

AF＝AO﹣OF＝﹣1，

由（2）得：AF＝DB，

∴DB＝﹣1；

综上所述，当正方形BCFG绕着点C顺时针旋转到点A、B、F三点共线时，DB的长度为+1或﹣1．