专题06 手拉手模型压轴题真题分类-2022-2023学年八年级数学上册重难点题型期末复习热点题型（人教版）

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模型拓展
1．（2022·广东）如图，已知AB＝AC，AF＝AE，∠EAF＝∠BAC，点C、D、E、F共线．则下列结论，其中正确的是（ ）
①△AFB≌△AEC；②BF＝CE；③∠BFC＝∠EAF；④AB＝BC．
A．①②③B．①②④C．①②D．①②③④
【详解】∵∠EAF=∠BAC，∴∠BAF=∠CAE；在△AFB与△AEC中，
，∴△AFB≌△AEC（SAS），∴BF=CE；∠ABF=∠ACE，
∴A、F、B、C四点共圆，∴∠BFC=∠BAC=∠EAF；故①、②、③正确，④错误．
故选A．
2．（2021·湖南）如图，直线AC上取点B，在其同一侧作两个等边三角形△ABD 和△BCE ，连接AE，CD与GF，下列结论正确的有（ ）
① AE  DC；②AHC120；③△AGB≌△DFB；④BH平分AHC；⑤GF∥AC
A．①②④B．①③⑤C．①③④⑤D．①②③④⑤
【详解】解：∵△ABD和△BCE都是等边三角形，∴BA＝BD，BE＝BC，∠ABD＝∠CBE＝60°，∵∠DBE＝180°−60°−60°＝60°，∴∠ABE＝∠DBC＝120°，∵BA＝BD，∠ABD＝∠DBC，BE＝BC，∴△ABE≌△DBC（SAS），∴AE＝DC，所以①正确；
∠BAE＝∠BDC，∵∠BDC＋∠BCD＝∠ABD＝60°，∴∠BAE＋∠BCD＝60°，
∴∠AHC＝180°−（∠BAH＋∠BCH）＝180°−60°＝120°，所以②正确；
∵∠BAG＝∠BDF，BA＝BD，∠ABG＝∠DBF＝60°，∴△AGB≌△DFB（ASA）；所以③正确；∵△ABE≌△DBC，∴AE和DC边上的高相等，即B点到AE和DC的距离相等，∴BH平分∠AHC，所以④正确；∵△AGB≌△DFB，∴BG＝BF，∵∠GBF＝60°，∴△BGF为等边三角形，∴∠BGF＝60°，∴∠ABG＝∠BGF，
∴GF∥AC，所以⑤正确．故选D．
3．（2021·上海）把两个含有45°角的直角三角板如图放置，点D在BC上，连接BE、AD，AD的延长线交BE于点F．
（1）求证：AD=BE；
（2）判断AF和BE的位置关系并说明理由．
【详解】（1）证明：∵△CDE，△ACB都是等腰直角三角形，∴CE=CD，CB=CA，∠ACD=∠BCE=90°，
在△ACD和△BCE中，
，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD=BE．
（2）解：结论：AF⊥BE．理由：∵△ACD≌△BCE，∴∠CAD=CBE，∵∠CDA=∠BDF，∴∠BFD=∠ACD=90°，
∴AF⊥BE．
4．（郡维）如图，在中，以AB，AC为边向外作等边和等边，连结BE，CF交于点O．
求证：（1）；
（2）AO平分∠EOF．
【详解】（1）和都是等边三角形，，
，即，
在和中，，；
（2）如图，过点A作于点D，作于点G，连接AO由（1）已证：，
，，，点A在的角平分线上，
即AO平分．
5．（2021·山东）（1）如图1，已知以的边、分别向外作等腰直角与等腰直角，，连接和相交于点，交于点，交于点，求证：，且．
（2）探究：如图2，若以的边、分别向外作等边与等边，连接和相交于点，交于点，交于点，则与还相等吗？若相等，请证明，若不相等，说明理由；并请求出的度数？

【详解】（1）证明：∵和都是等腰直角三角形∴，，又∵∴，即，
在和中
，∴（SAS），∴，，
又∵，，∴，∴，
即．
（2）解：结论：．理由：如图2，∵以、为边分别向外做等边和等边，
∴，，，，∴，
即，在和中，，∴，
∴，，∴
．∴．
6．（2020·辽宁）在△ABC中，AB=AC，D是直线BC上一点(不与点B、C重合)，以AD为一边在AD的右侧作△ADE，AD=AE，∠DAE=∠BAC，连接CE．
（1）如左下图，当点D在线段BC上时，写出△ABD≌△ACE的理由；
（2）如下中图，当点D在线段BC上，∠BAC=90°，直接写出∠BCE的度数；
（3）如右下图，若∠BCE=α，∠BAC=β．点D在线段CB的延长线上时，则α、β之间有怎样的数量关系？写出你的理由．
【详解】解：(1)∵∠BAC=∠DAE，∴∠BAC - ∠DAC=∠DAE - ∠DAC，∴∠BAD=∠CAE，在△ABD和△ACE中，
，∴△ABD≌△ACE(SAS) ；
(2)∵AB= AC，∠BAC= 90° ，∴∠ABC=∠ACB = 45°，由(1)知，△ABD≌△ACE，∴∠ACE=∠ABC= 45°，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE= 90°；
(3)同(1)的方法得，△ABD≌△ACE(SAS) ，∴∠ACE=∠ABD，∠BCE=α，∴∠ACE=∠ ACB+∠BCE=∠ACB+α，
在△ABC中，∵AB= AC，∠BAC=β，
∴∠ACB=∠ABC =（180°-β）= 90°- β，
∴∠ABD= 180° - ∠ABC= 90°+β，∴∠ACE=∠ACB +α= 90°- β+α，∵∠ACE=∠ABD = 90°+β，
∴90°- β+α= 90°+β，∴α = β.
7．（周南）如图1，在△ABC中，AE⊥BC于，AE=BE，D是AE上的一点，且DE=CE，连接BD、AC．
（1）试判断BD与AC的位置关系和数量关系，并说明理由；
（2）如图2，若将△DCE绕点E旋转一定的角度后，仍然有DE⊥EC，DE=CE，试判断BD与AC的位置关系和数量关系是否发生变化，并说明理由；
（3）如图3，若将(2)中的等腰直角三角形都换成等边三角形，其他条件不变：
①试猜想BD与AC的数量关系，并说明理由；
②你能求出BD与AC所成的角的度数吗？如果能，请直接写出该角的度数；如果不能，请说明理由．
【详解】解：（1）BD＝AC，BD⊥AC，
理由是：延长BD交AC于F，∵AE⊥BC，∴∠AEB＝∠AEC＝90°，
在△BED和△AEC中 ，∴△BED≌△AEC，∴BD＝AC，∠DBE＝∠CAE，
∵∠BED＝90°，∴∠EBD＋∠BDE＝90°，∵∠BDE＝∠ADF，∴∠ADF＋∠CAE＝90°，
∴∠AFD＝180°−90°＝90°，∴BD⊥AC；
（2）不发生变化，
理由是：
∵∠BEA＝∠DEC＝90°，∴∠BEA＋∠AED＝∠DEC＋∠AED，∴∠BED＝∠AEC，
在△BED和△AEC中，∴△BED≌△AEC，∴BD＝AC，∠BDE＝∠ACE，
∵∠DEC＝90°，∴∠ACE＋∠EOC＝90°，∵∠EOC＝∠DOF，∴∠BDE＋∠DOF＝90°，
∴∠DFO＝180°−90°＝90°，∴BD⊥AC；
（3）能，理由是：
∵△ABE和△DEC是等边三角形，∴AE＝BE，DE＝EC，∠EDC＝∠DCE＝60°，∠BEA＝∠DEC＝60°，
∴∠BEA＋∠AED＝∠DEC＋∠AED，∴∠BED＝∠AEC，
在△BED和△AEC中 ，∴△BED≌△AEC，∴∠BDE＝∠ACE，∴∠DFC＝180°−（∠BDE＋∠EDC＋∠DCF）＝180°−（∠ACE＋∠EDC＋∠DCF）＝180°−（60°＋60°）＝60°，即BD与AC所成的角的度数为60°．

8．（2019·湖南）已知：如图①所示，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，且点B，A，D在一条直线上，连接BE，CD，M，N分别为BE，CD的中点．
（1）求证：①BE＝CD；②△AMN是等腰三角形；
（2）在图①的基础上，将△ADE绕点A按顺时针方向旋转180°，其他条件不变，得到图②所示的图形．请直接写出（1）中的两个结论是否仍然成立；
（3）在（2）的条件下，请你在图②中延长ED交线段BC于点P．求证：△PBD∽△AMN．
【详解】（1）证明：①∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAE＝∠CAD，在△ABE和△ACD中，
，∴△ABE≌△ACD，∴BE＝CD．
②由△ABE≌△ACD，得∠ABE＝∠ACD，BE＝CD，∵M、N分别是BE，CD的中点，∴BM＝CN，
在△ABM和△ACN中，
∴△ABM≌△ACN．∴AM＝AN，即△AMN为等腰三角形．
（2）解：（1）中的两个结论仍然成立．理由：①∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAE＝∠CAD，
在△ABE和△ACD中，
∴△ABE≌△ACD，∴BE＝CD．
②由△ABE≌△ACD，得∠ABE＝∠ACD，BE＝CD，∵M、N分别是BE，CD的中点，∴BM＝CN，
在△ABM和△ACN中，
，∴△ABM≌△ACN．∴AM＝AN，即△AMN为等腰三角形．
（3）证明：由（1）同理可证△ABM≌△ACN，∴∠CAN＝∠BAM，∴∠BAC＝∠MAN．
又∵∠BAC＝∠DAE，∴∠MAN＝∠DAE＝∠BAC．
∴△AMN，△ADE和△ABC都是顶角相等的等腰三角形．∵∠PBD＝∠ABC，∠PDB＝∠ADE，
又∵∠ADE＝∠ABC，∴△PBD和△AMN都为顶角相等的等腰三角形，∴∠PBD＝∠AMN，∠PDB＝∠ANM，∴△PBD∽△AMN．
9．（2020·师大附中梅溪湖）如图，在平面直角坐标系中，，点B是y轴正半轴上一动点，点C、D在x正半轴上．
（1）如图1，若，，BD、CE是△ABC的两条角平分线，且BD、CE交于点F，连接AF，求证：△AFD为等腰三角形；
（2）如图2，△ABD是等边三角形，以线段BC为边在第一象限内作等边△BCQ，连接QD并延长，交y轴于点P，当点C运动到什么位置时，满足？请求出点C的坐标；
（3）如图3，以AB为边在AB的下方作等边△ABP，点B在y轴上运动时，求OP的最小值．
【详解】（1）∵，，
∴，
∵BD、CE是△ABC的两条角平分线，∴AF也是△ABC的角平分线，∴∠ABD=∠DBC=30，∠BCE=∠ACE=20，∠BAF=∠CAF=40，∴∠AFD=∠ABD+∠BAF=3040=70，∠ADF=∠BCO+∠DBC =4030，∴∠AFD=∠ADF，∴AF=AD，∴△AFD为等腰三角形；
（2）∵△ABD是等边三角形，且A(-3，0)，BO⊥AD，∴AO=OD=3，∵△ABD和△BCQ是等边三角形，
∴∠ABD=∠CBQ=60°，∴∠ABC=∠DBQ，在△CBA和△QBD中，
，∴△CBA≌△QBD（SAS），∴∠BDQ=∠BAC=60°，∴∠PDO=60°，∴PD=2DO=6，
∵PD=DC，∴DC=9，即OC=OD+CD=3+9=12， ∴点C的坐标为(12，0)；
（3）如图3，以OA为对称轴作等边△ADE，连接EP，并延长EP交x轴于点F．
同理证得：△AEP≌△ADB，∴∠AEP=∠ADB=120°，∴∠OEF=∠OEA=60°， 又EO⊥AF，∴OF=OA=3，
∴点P在直线EF上运动，当OP⊥EF时，OP最小，∵∠OFE=90°-∠OEF=90°-60°=30°，
∴OP=OF=，则OP的最小值为．
10．（2020青竹湖）如图，A(m，n)，B(t，0)，C(m，0)，m、n、t 满足．点P是轴上的一个动点，点E是AB的中点，在中，∠PEF＝90°，PE＝EF．
（1）则 A、B、C 三点的坐标分别为：A ，B ，C ．
（2）如图①，当点P在线段CB上或其延长线上时，若CP＝2BP，求点F的坐标．
（3）如图②，当点P在线段CB的反向延长线上运动，连接AF．若，k的值在变化，求点F运动路径的长度．
【详解】解：（1）∵， ，
∴A（1，3），B（4，0），C（1，0）．
（2）如图①中，当点P落在线段CB上时，连接EC，BF．
由题意AC=BC=3，∠ACB=90°， ∵AE=EB， ∴CE⊥AB，CE=AE=EB，∠ECB=∠ECA=45°，
∴∠CEB=∠PEF=90°， ∴∠CEP=∠BEF， ∵EC=EB，EP=EF， ∴（SAS），
∴PC=BF，∠ECP=∠EBF=45°， ∵∠ABC=45°， ∴∠CBF=90°， ∵PC=2PB，BC=3， ∴PC=BF=2，
∴F（4，2），
当点P在CB的延长线上时，如图，
同法可证：∠CBF=90°，BF=CP=6，可得F（4，6），
综上所述，满足条件的点F的坐标为（4，2）或（4，6）．
（3）如图②中，连接EC，BF．
结合（2）①：同法可证，， ∴，PC=BF，∠PCE=∠EBF=135°，
∵∠ABC=45°，
∴∠FBP=90°，即BF⊥PB， ∵AE=EB， ∴， ∴ ∵，
∴ 当k=时，PC=BF=PB， ∵BC=3， ∴PC=FB=1， 当k=时，PC=FB=PB，可得PC=BF=12，
∴点F的运动路径=12-1=11．
11．(雅境)（1）问题发现：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∠AEB的度数为
②猜想线段AD，BE之间的数量关系为： ，并证明你的猜想．
（2）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，请求出∠AEB的度数及线段CM，AE，BE 之间的数量关系．
【解答】解：（1）①∵△ACB和△DCE均为等边三角形，∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB，即∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE，∴∠CEB＝∠CDA＝120°，∴∠AEB＝60°，故答案为：60°；
②AD＝BE，证明：∵△ACD≌△BCE，∴AD＝BE，故答案为：AD＝BE；
（2）∠AEB＝90°，AE﹣BE＝2CM，证明：∵△DCE是等腰直角三角形，CM是中线，
∴CM＝DM＝EM＝DE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE，
∴∠CDA＝∠CEB，∵∠CDA＝135°，∴∠AEB＝135°﹣45°＝90°，∴BE＝AD，
∴AE﹣AD＝DE＝2CM，∴AE﹣BE＝2CM．
12.（郡维）如图1，已知△ABC和△EFC都是等边三角形，且点E在线段AB上．
（1）求证：BF∥AC；
（2）过点E作EG∥BC交AC于点G，试判断△AEG的形状并说明理由；
（3）如图2，若点D在射线CA上，且ED＝EC，求证：AB＝AD+BF．
【解答】（1）证明：∵△ABC和△EFC都是等边三角形，∴∠A＝∠ABC＝∠ACB＝∠ECF＝60°，AC＝BC，CE＝FC，∴∠ACE＝∠BCF，在△ACE与△FCB中，，∴△ACE≌△FCB（SAS），
∴∠A＝∠CBF＝60°，∵∠ABC＝60°，∴∠A+∠ABC+∠CBF＝180°，∴∠A+∠ABF＝180°，
∴AC∥BF；
（2）解：△AEG是等边三角形，理由如下：如图1所示：∵△ABC是等边三角形，∴∠A＝∠ABC＝∠ACB＝60°，∵EG∥BC，∴∠AEG＝∠ABC＝60°，∠AGE＝∠ACB＝60°，∴∠A＝∠AEG＝∠AGE＝60°，∴△AEG是等边三角形；
（3）证明：如图2，过E作EM∥BC交AC于M，则∠AEM＝∠ABC＝60°，∠AME＝∠ACB＝60°，
∵∠A＝∠ABC＝∠ACB＝60°，∴∠A＝∠AEM＝∠AME＝60°，∴△AEM是等边三角形，
∴AE＝EM＝AM，∴∠DAE＝∠EMC＝120°，∵DE＝CE，∴∠D＝∠MCE，在△ADE和△MCE中，，∴△ADE≌△MCE（AAS），∴AD＝CM，∴AC＝AM+CM，由（1）得△ACE≌△FCB，
∴BF＝AE，∴BF＝AM，∴AC＝BF+AD，∴AB＝AD+BF．

13．（中雅）已知△ABC为等边三角形，取△ABC的边AB，BC中点D，E，连接DE，如图1，易证△DBE为等边三角形，将△DBE绕点B顺时针旋转，设旋转的角度∠ABD＝α，其中0＜α＜180°．
（1）如图2，当α＝30°，连接AD，CE，求证：AD＝CE；
（2）在△DBE旋转过程中，当α超过一定角度时，如图3，连接AD，CE会交于一点，记交点为点F，AD交BC于点P，CE交BD于点Q，连接BF，请问BF是否会平分∠CBD？如果是，求出α，如果不是，请说明理由；
（3）在第（2）问的条件下，试猜想线段AF，BF和CF之间的数量关系，并说明理由．
【解答】证明：（1）∵△ABC，△DBE都是等边三角形，∴AB＝BC，BD＝BE，∠ABC＝∠DBE＝60°，
∴∠ABD＝∠CBE，在△ABD和△CBE中，，∴△ABD≌△CBE（SAS），∴AD＝CE；
（2）不存在，理由如下：如图3，过点B作BN⊥AD于N，过点B作BH⊥CE于H，
∵△ABC，△DBE都是等边三角形，∴AB＝BC，BD＝BE，∠ABC＝∠DBE＝60°，∴∠ABD＝∠CBE，
在△ABD和△CBE中，，∴△ABD≌△CBE（SAS），∴AD＝CE，S△ABD＝S△CBE，∠BAD＝∠BCE，∴×AD×BN＝×CE×BH，∴BN＝BH，又∵BF＝BF，∴Rt△BFN≌Rt△BFH（HL），
∴∠AFB＝∠EFB，∵∠BAD＝∠BCE，∠CPF＝∠APB，∴∠AFC＝∠ABC＝60°，∴∠AFB＝∠EFB＝60°，∴∠CFB＝∠DFB＝120°，当BF平分∠CBD时，则∠CBF＝∠DBF，∴∠BCF＝180°﹣∠CBF﹣∠CFB＝180°﹣∠DBF﹣∠DFB＝∠ADB，∴∠DAB＝∠ADB，∴AB＝DB，与题干DB＝BC＝AB相矛盾，∴BF不会平分∠CBD；
（3）AF＝CF+BF，理由如下：如图4，在AF上截取MF＝BF，连接BM，
∵∠AFB＝60°，MF＝FB，∴△MFB是等边三角形，∴MB＝BF，∠MBF＝∠ABC＝60°，∴∠ABM＝∠CBF，在△ABM和△CBF中，，∴△ABM≌△CBF（SAS），∴AM＝CF，
∵AF＝AM+MF，∴AF＝CF+BF．
（师大梅溪湖）如图1，在平面直角坐标系中，点A在y轴上，点B在x轴上，AB＝AC，∠BAC＝90°，CM⊥y轴，
交y轴于点M．
（1）求证∠ABO＝∠CAM；
（2）如图2，D，E为y轴上的两个点，BD＝BE，BD⊥BE，求∠CEM的度数；
（3）如图3，△PAQ是等腰直角三角形，∠PAQ为顶角，点Q在x轴负半轴上，连接CB，交y轴于点H，AC与x轴交于点G，连接PC，交AQ于点K，交x轴于点N，若CN＝CM，NG＝3，HM＝2，求GH．
【解答】（1）证明：∵∠BOA＝90°，∴∠BAO+∠ABO＝90°，又∵∠BAC＝∠BAO+∠CAM＝90°，
∴∠ABO＝∠CAM；
（2）解：∵CM⊥y轴，∴∠AMC＝∠BOA＝90°，∵AB＝AC，∠ABO＝∠CAM，∴△AMC≌△BOA（AAS），
∴CM＝AO，AM＝BO，∵BD＝BE，BD⊥BE，∴△BDE是等腰直角三角形，∴∠BDE＝∠BED＝45°，∠EBO＝∠DBE＝45°，∴∠EBO＝∠BEO，∴BO＝EO＝AM，∴EO﹣OM＝AM﹣OM，∴EM＝AO＝CM，∴△CME是等腰直角三角形，∴∠CEM＝45°；
（3）解：∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ACB＝45°，∵△PAQ是等腰直角三角形，∴PA＝QA，∠PAQ＝∠CAB＝90°，∴∠PAQ+∠QAC＝∠CAB+∠QAC，即∠PAC＝∠QAB，∵AC＝AB，∴△PAC≌△QAB（SAS），∴∠APC＝∠AQB，∵∠AKP＝∠QKN，∴∠QNK＝∠PAK＝90°，∵CM⊥y轴，∴CM∥NO，
∴∠NCM＝∠KNO＝90°，在ON的延长线上截取NI＝MH，连接CI，如图3所示：
∵CN＝CM，∠CNI＝∠CMH＝90°，∴△CNI≌△CMH（SAS），∴∠NCI＝∠MCH，CI＝CH，∴∠NCG+∠NCI＝∠NCG+∠MCH＝∠NCM﹣∠GCH＝90°﹣45°＝45°＝∠GCH＝∠GCI，∴△GCI≌△GCH（SAS），∴GI＝GH，∵GI＝IN+NG＝HM+NG＝2+3＝5，∴GH＝5．
已知:在等腰△OAB中, 0A = OB,在等腰△OCD中, OC= OD,AOB=COD ,将△0CD绕点О旋转一定角度后,连接AC,BD(称为“拉手线”,左手拉左手,右手拉右手) ,相交于点E,连接OE
结论1:△A0C≌△BOD ,AC=BD(即拉手线相等);
结论2:EO平分AED;
结论3:两条拉手线AC,BD所在直线的夹角与AOB相等或互补
双等腰直角三角形
双等边三角形
双正方形
结论:①△ACE≌△BCD,
②AC=BD

结论:①△ACE≌△BCD,
②AC=BD
结论:①△ABG≌△AEC,
②BG=EC