人教版八年级数学上册专题03全等模型-手拉手模型(原卷版+解析)

这是一份人教版八年级数学上册专题03全等模型-手拉手模型(原卷版+解析)，共61页。试卷主要包含了手拉手模型等内容，欢迎下载使用。

模型1.手拉手模型（三角形）
【模型解读】
将两个三角形绕着公共顶点（即头）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，常用“边角边”判定定理证明全等。
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”。
对应操作：左手拉左手（即连结BD），右手拉右手（即连结CE），得。
【常见模型及证法】
（等边）
（等腰直角）
（等腰）
例1．（2022·北京东城·九年级期末）如图，在等边三角形ABC中，点P为△ABC内一点，连接AP，BP，CP，将线段AP绕点A 顺时针旋转60°得到 ，连接 ．
（1）用等式表示 与CP的数量关系，并证明；（2）当∠BPC＝120°时， ①直接写出 的度数为 ；②若M为BC的中点，连接PM，请用等式表示PM与AP的数量关系，并证明．
例2．（2022·黑龙江·中考真题）和都是等边三角形．
(1)将绕点A旋转到图①的位置时，连接BD，CE并延长相交于点P（点P与点A重合），有（或）成立；请证明．(2)将绕点A旋转到图②的位置时，连接BD，CE相交于点P，连接PA，猜想线段PA、PB、PC之间有怎样的数量关系？并加以证明；(3)将绕点A旋转到图③的位置时，连接BD，CE相交于点P，连接PA，猜想线段PA、PB、PC之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不需要证明．
例3．（2023·黑龙江哈尔滨·九年级校考期中）如图，在中，，，将绕点A顺时针方向旋转60°到的位置，连接，则的度数为（ ）
A．15°B．20°C．30°D．45°
例4．（2022·青海·中考真题）两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来，则形成一组全等的三角形，把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形.
(1)问题发现：如图1，若和是顶角相等的等腰三角形，BC，DE分别是底边.求证：；
(2)解决问题：如图2，若和均为等腰直角三角形，，点A，D，E在同一条直线上，CM为中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系并说明理由.

图1 图2
例5．（2022秋·江苏·八年级期中）点为外一点，，．
(1)如图1，，，求证：；
(2)如图2，若，，，求证：；
模型2.手拉手模型（正多边形型）
【模型解读】将两个多边形绕着公共顶点（即头）旋转某一角度后能完全重合，则这两个多边形构成手拉手全等，也叫旋转型全等，常用“边角边”判定定理证明全等。
【常见模型及证法】
如图，在任意△ABC中，分别以AB、AC为边作正方形ABDE、ACFG，连接EC、BG，则△AEC≌△ABG.
例1．（2022·广东广州市·八年级期中）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．
例2．（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．
例3．（2023·福建福州市·九年级月考）如图，和均为等边三角形，连接BE、CD．
（1）请判断：线段BE与CD的大小关系是 ；
（2）观察图，当和分别绕点A旋转时，BE、CD之间的大小关系是否会改变?
（3）观察如图和4，若四边形ABCD、DEFG都是正方形,猜想类似的结论是___________,在如图中证明你的猜想.
（4）这些结论可否推广到任意正多边形（不必证明）,如图,BB1与EE1的关系是 ;它们分别在哪两个全等三角形中 ;请在如图中标出较小的正六边形AB1C1D1E1F1的另五个顶点，连接图中哪两个顶点,能构造出两个全等三角形？
例4．（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= ．
课后专项训练
1．（2022·天津·中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，若M是BC边上任意一点，将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，点M的对应点为点N，连接MN，则下列结论一定正确的是（ ）
A．B．C．D．
2．（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
3．（2022·贵州遵义·八年级期末）在中，，且E为边的中点，连接，以为边向上作等边三角形，连接，则的长为_______．
4．（2023春·广东广州·八年级广州市真光中学校考开学考试）如图，C为线段上一动点（不与点A、E重合），在同侧分别作正和正，与交于点O，与交于点，与交于点，连接．以下五个结论：①；②；③；④；⑤．
恒成立的结论有______．（把你认为正确的序号都填上）
5．（2023·江苏·八年级假期作业）如图，是一个锐角三角形，分别以、为边向外作等边三角形、，连接、交于点，连接．
(1)求证：≌；(2)求的度数；(3)求证：平分．
6．（2022秋·河北保定·八年级校考期中）在中，，点D是直线上一点，连接，以为边向右作，使得，，连接CE．
(1)①如图1，求证：；②当点D在边上时，请直接写出，，的面积（，，）所满足的关系；(2)当点D在的延长线上时，试探究，，的面积（，，）所满足的关系，并说明理由．
7．（2023·山东临沂·八年级统考期中）（1）如图1，与均是顶角为40°的等腰三角形，BC、DE分别是底边，求证：；
（2）如图2，和均为等边三角形，点A、D、E在同一直线上，连接BE．
填空：的度数为______；线段BE与AD之间的数量关系是______．
8．（2022·陕西·九年级专题练习）阅读下面的例题及点拨，并解决问题：
例题：如图①，在等边△ABC中，M是BC边上一点（不含端点B，C），N是△ABC的外角∠ACH的平分线上一点，且AM=MN．求证：∠AMN=60°．
点拨：如图②，作∠CBE=60°，BE与NC的延长线相交于点E，得等边△BEC，连接EM．易证：△ABM≌△EBM（SAS），可得AM=EM，∠1=∠2；又AM=MN，则EM=MN，可得∠3=∠4；由∠3+∠1=∠4+∠5=60°，进一步可得∠1=∠2=∠5，又因为∠2+∠6=120°，所以∠5+∠6=120°，即：∠AMN=60°．
问题：如图③，在正方形A1B1C1D1中，M1是B1C1边上一点（不含端点B1，C1），N1是正方形A1B1C1D1的外角∠D1C1H1的平分线上一点，且A1M1=M1N1．求证：∠A1M1N1=90°．
9．（2022秋·贵州黔东南·八年级校考期末）如图，将图1的正方形纸片沿对角线剪开，得到图2的两张三角形纸片，再将这两张三角形纸片摆成图3所示的图形，使得点B（E）重合．
(1)求证：△ABD≌△CBF；(2)猜测AD与CF的位置关系，并说明理由；
(3)若∠ABF=120°请判断△BGH的形状，并说明理由．
10．（2022秋·江苏·八年级专题练习）（1）问题发现：如图1，和均为等腰直角三角形，，连接，，点、、在同一条直线上，则的度数为__________，线段、之间的数量关系__________；
（2）拓展探究：如图2，和均为等腰直角三角形，，连接，，点、、不在一条直线上，请判断线段、之间的数量关系和位置关系，并说明理由．
（3）解决问题：如图3，和均为等腰三角形，，则直线和的夹角为__________．（请用含的式子表示）
11．（2022秋·湖南怀化·八年级统考期末）问题发现：如图①，△ABC与△ADE是等边三角形，且点B、D，E在同一直线上，连接CE，求的度数，并确定线段BD与CE的数量关系．
拓展探究：如图②，△ABC与△ADE都是等腰直角三角形，，且点B，D，E在同一直线上，于F，连接CE，求的度数，并确定线段AF，BF，CE之间的数量关系．

12．（2022·绵阳市·八年级专题练习）已知∠MBN＝60°，等边△BEF与∠MBN顶点B重合，将等边△BEF绕顶点B顺时针旋转，边EF所在直线与∠MBN的BN边相交于点C，并在BM边上截取AB＝BC，连接AE．(1)将等边△BEF旋转至如图①所示位置时，求证：CE＝BE+AE；
(2)将等边△BEF顺时针旋转至如图②、图③位置时，请分别直接写出AE，BE，CE之间的数量关系，不需要证明；(3)在（1）和（2）的条件下，若BF＝4，AE＝1，则CE＝ ．
13．（2023春·广东揭阳·七年级统考期末）如图，以的边、分别向外作等腰直角与等腰直角，，连接和相交于点O，交于点F，交于点G．
(1)试说明：；(2)试说明：；(3)试说明：点A到边，所在直线的距离相等．

14．（2023·广东深圳·八年级校考期中）在中，，点是直线上一点（不与、重合），把线路绕着点逆时针旋转至（即），使得，连接、．
(1)如图1，点在线段上，如果，则__________度．
(2)如图2，当点在线段上，如果，则__________度．
(3)如图3，设，，当点在线段上移动时，，的数量关系是什么？请说明理由．
(4)设，，当点在直线上移动时，请直接写出，的数量关系，不用证明．

15．（2022·山西八年级月考）综合与实践
特例研究：将矩形和按如图1放置，已知，连接．如图1，当点在上时，线段与之间的数量关系是__ ；直线与直线之间的位置关系是_ ；
拓广探索：图2是由图1中的矩形绕点顺时针旋转一定角度得到的，请探索线段与之间的数量关系和直线与直线之间的位置关系，并说明理由．

16．（2022·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．
17．（2022·辽宁沈阳·九年级校考期中）（1）如图①，若在等边△ABC的边AB上任取一点E（点E不与B重合），以EC为边在△ABC同侧作等边△CEN，连接AN．求证：ANBC且AN＝BE；
（2）如图②，若把（1）中的“等边△ABC”改成正方形ABCD，同样在边AB上任取一点E（点E不与B重合），以EC为边在正方形ABCD同则作正方形CEMN，连接DN，请你判断图中是否有与（1）中类似的结论．若有，直接写出结论；若没有，请说明理由；
18．（2023·全国·八年级假期作业）如图所示，△ABC和△ADE都是等边三角形，且点B、A、E在同一直线上，连接BD交AC于M，连接CE交AD于N，连接MN．
(1)求证：BD=CE；(2)求证：△ABM≌△ACN；(3)求证：△AMN是等边三角形．

19．（2023·江苏·八年级假期作业）已知在中，，过点B引一条射线，D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E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；
【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；
20．（2022秋·浙江杭州·八年级校考阶段练习）在中，且．
(1)如图（1），若分别平分，交于点C、B，连接．请你判断是否相等，并说明理由；(2)的位置保持不变，将（1）中的绕点A逆时针旋转至图（2）的位置，相交于O，请你判断线段与的位置关系及数量关系，并说明理由；(3)在（2）的条件下，若，试求四边形的面积．
专题03 全等模型-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。
模型1.手拉手模型（三角形）
【模型解读】
将两个三角形绕着公共顶点（即头）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，常用“边角边”判定定理证明全等。
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”。
对应操作：左手拉左手（即连结BD），右手拉右手（即连结CE），得。
【常见模型及证法】
（等边）
（等腰直角）
（等腰）
例1．（2022·北京东城·九年级期末）如图，在等边三角形ABC中，点P为△ABC内一点，连接AP，BP，CP，将线段AP绕点A 顺时针旋转60°得到 ，连接 ．
（1）用等式表示 与CP的数量关系，并证明；（2）当∠BPC＝120°时， ①直接写出 的度数为 ；②若M为BC的中点，连接PM，请用等式表示PM与AP的数量关系，并证明．
【答案】（1），理由见解析；（2）①60°；②PM＝，见解析
【分析】（1）根据等边三角形的性质，可得AB＝AC，∠BAC＝60°，再由由旋转可知：从而得到，可证得，即可求解 ；
（2）①由∠BPC＝120°，可得∠PBC＋∠PCB＝60°．根据等边三角形的性质，可得∠BAC＝60°，从而得到∠ABC＋∠ACB＝120°，进而得到∠ABP＋∠ACP＝60°．再由，可得 ，即可求解；②延长PM到N，使得NM＝PM，连接BN．可先证得△PCM≌△NBM．从而得到CP＝BN，∠PCM＝∠NBM．进而得到 ．根据①可得，可证得，从而得到 ．再由 为等边三角形，可得 ．从而得到 ，即可求解．
【详解】解：（1） ．理由如下：在等边三角形ABC中，AB＝AC，∠BAC＝60°，
由旋转可知： ∴即
在和△ACP中 ∴ ．∴ ．
（2）①∵∠BPC＝120°，∴∠PBC＋∠PCB＝60°．
∵在等边三角形ABC中，∠BAC＝60°，∴∠ABC＋∠ACB＝120°，∴∠ABP＋∠ACP＝60°．
∵ ．∴ ，∴∠ABP＋∠ABP＇＝60°．即 ；
②PM＝ ．理由如下：如图，延长PM到N，使得NM＝PM，连接BN．
∵M为BC的中点，∴BM＝CM．
在△PCM和△NBM中 ∴△PCM≌△NBM（SAS）．
∴CP＝BN，∠PCM＝∠NBM．∴ ．
∵∠BPC＝120°，∴∠PBC＋∠PCB＝60°．∴∠PBC＋∠NBM＝60°．即∠NBP＝60°．
∵∠ABC＋∠ACB＝120°，∴∠ABP＋∠ACP＝60°．
∴∠ABP＋∠ABP＇＝60°．即 ．∴ ．
在△PNB和 中 ∴ （SAS）．∴ ．
∵ ∴ 为等边三角形，∴ ．∴ ，∴PM＝ ．
【点睛】本题主要考查了等边三角形判定和性质，全等三角形的判定和性质，图形的旋转，熟练掌握等边三角形判定和性质定理，全等三角形的判定和性质定理，图形的旋转的性质是解题的关键．
例2．（2022·黑龙江·中考真题）和都是等边三角形．
(1)将绕点A旋转到图①的位置时，连接BD，CE并延长相交于点P（点P与点A重合），有（或）成立；请证明．(2)将绕点A旋转到图②的位置时，连接BD，CE相交于点P，连接PA，猜想线段PA、PB、PC之间有怎样的数量关系？并加以证明；(3)将绕点A旋转到图③的位置时，连接BD，CE相交于点P，连接PA，猜想线段PA、PB、PC之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不需要证明．
【答案】(1)证明见解析 (2)图②结论：，证明见解析 (3)图③结论：
【分析】（1）由△ABC是等边三角形，得AB=AC，再因为点P与点A重合，所以PB=AB，PC=AC，PA=0，即可得出结论；（2）在BP上截取，连接AF，证明（SAS），得，再证明（SAS），得，，然后证明是等边三角形，得，即可得出结论；（3）在CP上截取，连接AF，证明（SAS），得，再证明（SAS），得出，，然后证明是等边三角形，得，即可得出结论：．
(1)证明：∵△ABC是等边三角形，∴AB=AC，
∵点P与点A重合，∴PB=AB，PC=AC，PA=0，∴或；
(2)解：图②结论： 证明：在BP上截取，连接AF，

∵和都是等边三角形，∴，，
∴，∴，∴（SAS），∴，
∵AC=AB，CP=BF， ∴（SAS），
∴，，∴，
∴，∴是等边三角形，∴，∴；
(3)解：图③结论：，理由：在CP上截取，连接AF，
∵和都是等边三角形，∴，，
∴，∴，∴（SAS），∴，
∵AB=AC，BP=CF，∴（SAS），
∴，，∴，
∴，∴是等边三角形，
∴，∴，即．
【点睛】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，熟练掌握等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质是解题的关键．
例3．（2023·黑龙江哈尔滨·九年级校考期中）如图，在中，，，将绕点A顺时针方向旋转60°到的位置，连接，则的度数为（ ）
A．15°B．20°C．30°D．45°
【答案】C
【分析】连接，证明为等边三角形，然后进一步证明≌△，得到，即可求出的度数．
【详解】解：如图所示，连接，
由题意得：，，
∴为等边三角形，∴，；
在与中，∴≌△（SSS），
∴，故选：C．
【点睛】该题主要考查了旋转变换的性质、全等三角形的判定及其性质的应用等几何知识点问题．解题的关键是作辅助线；灵活运用旋转变换的性质、全等三角形的判定来分析、解答．
例4．（2022·青海·中考真题）两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来，则形成一组全等的三角形，把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形.
(1)问题发现：如图1，若和是顶角相等的等腰三角形，BC，DE分别是底边.求证：；
(2)解决问题：如图2，若和均为等腰直角三角形，，点A，D，E在同一条直线上，CM为中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系并说明理由.

图1 图2
【答案】(1)见解析 (2)；
【分析】（1）先判断出∠BAD=∠CAE，进而利用SAS判断出△BAD≌△CAE，即可得出结论；
（2）同（1）的方法判断出△BAD≌△CAE，得出AD=BE，∠ADC=∠BEC，最后用角的差，即可得出结论．
【解析】(1)证明：∵和是顶角相等的等腰三角形，
∴，，，
∴，∴．
在和中，，∴，∴．
(2)解：，，
理由如下：由（1）的方法得，，∴，，
∵是等腰直角三角形，∴，
∴，∴，
∴．
∵，，∴．∵，∴，
∴．∴．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形，等边三角形，等腰直角三角形的性质，判断出△ACD≌△BCE是解本题的关键．
例5．（2022秋·江苏·八年级期中）点为外一点，，．
(1)如图1，，，求证：；
(2)如图2，若，，，求证：；
【答案】(1)见解析 (2)见解析
【分析】（1）根据证明 ，可得；（2）延长交AE于F，连，根据证明，则，，结论得证；
【详解】（1）证明：，，
又，，，．
（2）如图1，延长交于，连，
，．
，，．
，，，
，，，；
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质与判定，平行线的性质，含角的直角三角形的性质等知识，正确的作出辅助线是解题的关键，
模型2.手拉手模型（正多边形型）
【模型解读】将两个多边形绕着公共顶点（即头）旋转某一角度后能完全重合，则这两个多边形构成手拉手全等，也叫旋转型全等，常用“边角边”判定定理证明全等。
【常见模型及证法】
如图，在任意△ABC中，分别以AB、AC为边作正方形ABDE、ACFG，连接EC、BG，则△AEC≌△ABG.
例1．（2022·广东广州市·八年级期中）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．
【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≌△DNE，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，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.
例2．（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3．（2023·福建福州市·九年级月考）如图，和均为等边三角形，连接BE、CD．
（1）请判断：线段BE与CD的大小关系是 ；
（2）观察图，当和分别绕点A旋转时，BE、CD之间的大小关系是否会改变?
（3）观察如图和4，若四边形ABCD、DEFG都是正方形,猜想类似的结论是___________,在如图中证明你的猜想.
（4）这些结论可否推广到任意正多边形（不必证明）,如图,BB1与EE1的关系是 ;它们分别在哪两个全等三角形中 ;请在如图中标出较小的正六边形AB1C1D1E1F1的另五个顶点，连接图中哪两个顶点,能构造出两个全等三角形？
【答案】(1) BE=CD （2）线段BE与CD的大小关系不会改变 （3）AE＝CG，证明见解析 （4）这些结论可以推广到任意正多边形.如图5，BB1=EE1，它们分别在△AE1E和△AB1B中，如图6，连接FF1，可证△AB1B≌△AF1F．图形见解析.
【分析】本题是变式拓展题，图形由简单到复杂，需要从简单图形中探讨解题方法，并借鉴用到复杂图形中；证明三角形全等时，用旋转变换寻找三角形全等的条件．
【详解】（1）线段BE与CD的大小关系是BE=CD；（2）线段BE与CD的大小关系不会改变；
（3）AE=CG．证明：如图4，正方形ABCD与正方形DEFG中，∵AD=CD，DE=DG，∠ADC=∠GDE=90°，
又∠CDG=90°+∠ADG=∠ADE，∴△ADE≌△CDG，∴AE=CG．
（4）这些结论可以推广到任意正多边形．
如图5，BB1=EE1，它们分别在△AE1E和△AB1B中，如图6，连接FF1，可证△AB1B≌△AF1F．
【点睛】本题综合考查全等三角形、等边三角形和多边形有关知识．注意对三角形全等的证明方法的发散．
例4．（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．
课后专项训练
1．（2022·天津·中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，若M是BC边上任意一点，将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，点M的对应点为点N，连接MN，则下列结论一定正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据旋转的性质，对每个选项逐一判断即可．
【详解】解：∵将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，∴△ABM≌△ACN，
∴AB=AC，AM=AN，∴AB不一定等于AN，故选项A不符合题意；
∵△ABM≌△ACN，∴∠ACN=∠B，而∠CAB不一定等于∠B，
∴∠ACN不一定等于∠CAB，∴AB与CN不一定平行，故选项B不符合题意；
∵△ABM≌△ACN，∴∠BAM=∠CAN，∠ACN=∠B，∴∠BAC=∠MAN，
∵AM=AN，AB=AC，∴△ABC和△AMN都是等腰三角形，且顶角相等，
∴∠B=∠AMN，∴∠AMN=∠ACN，故选项C符合题意；
∵AM=AN，而AC不一定平分∠MAN，∴AC与MN不一定垂直，故选项D不符合题意；故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定与性质．旋转变换是全等变换，利用旋转不变性是解题的关键．
2．（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】本题考查了旋转的性质、等边三角形的性质等相关知识，要注意旋转不变性，找到变化过程中的不变量．
3．（2022·贵州遵义·八年级期末）在中，，且E为边的中点，连接，以为边向上作等边三角形，连接，则的长为_______．
【答案】6
【分析】延长BC到F，使BF=2BC，得是等边三角形，再证明得即可解题．
【详解】解：延长BC到F，使BF=2BC，即，
∵在中，，
∴，，∴是等边三角形，∴，，
又∵在等边三角形中，，，
∴，∴ （SAS），∴，
又∵，E为边的中点，∴，
∴，∴．故答案为6．
【点睛】本题主要考查了等边三角形性质和判定、全等三角形性质和判定．解题关键是补全图形构造手拉手全等模型，从而由得．
4．（2023春·广东广州·八年级广州市真光中学校考开学考试）如图，C为线段上一动点（不与点A、E重合），在同侧分别作正和正，与交于点O，与交于点，与交于点，连接．以下五个结论：①；②；③；④；⑤．
恒成立的结论有______．（把你认为正确的序号都填上）
【答案】①②③⑤
【分析】①由于和是等边三角形，可知，，，从而证出，可推知；②由得，和，，得到，再根据推出为等边三角形，又由，根据内错角相等，两直线平行，可知②正确；③同②得：，即可得出结论；④根据，，可知，可知④错误；⑤利用等边三角形的性质，，再根据平行线的性质得到，于是，可知⑤正确．
【详解】解：①和为等边三角形，
，，，，
在和中，，，
，，①正确；
②，
在和中，，．，
，，，②正确；
③同②得：，，③正确；
④，且，，故④错误；
⑤，，
是等边三角形，，
，，
，
⑤正确；故答案为：①②③⑤．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握等边三角形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
5．（2023·江苏·八年级假期作业）如图，是一个锐角三角形，分别以、为边向外作等边三角形、，连接、交于点，连接．
(1)求证：≌；(2)求的度数；(3)求证：平分．
【答案】(1)见解析(2)(3)见解析
【分析】（1）由、是等边三角形，易证，继而可证；
（2）由≌，得到，进一步得到，由三角形内角和得到答案；（3）作于点于点，证明，由，即可得到结论．
【详解】（1）证明：、是等边三角形，
，
，即，≌；
（2）解：≌，，
，；
（3）证明：如图，作于点于点，

，，
，，
，，
，平分．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、角平分性的判定知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
6．（2022秋·河北保定·八年级校考期中）在中，，点D是直线上一点，连接，以为边向右作，使得，，连接CE．
(1)①如图1，求证：；②当点D在边上时，请直接写出，，的面积（，，）所满足的关系；(2)当点D在的延长线上时，试探究，，的面积（，，）所满足的关系，并说明理由．
【答案】(1)①证明见解析；②，理由见解析(2)，理由见解析
【分析】（1）①先证明，再利用证即可；②利用全等三角形的性质得到，再由即可得到结论；
（2）由已知条件可得证出，，推出，再由，即可得到．
【详解】（1）证明：①∵，
∴，即．
在和中，。∴．
②，理由如下：∵，∴，
∵，∴；
（2）解：，理由如下：
∵，∴，即．
在和中，∴，
∴，∵，∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，熟知全等三角形的判定定理以及性质是解题的关键．
7．（2023·山东临沂·八年级统考期中）（1）如图1，与均是顶角为40°的等腰三角形，BC、DE分别是底边，求证：；
（2）如图2，和均为等边三角形，点A、D、E在同一直线上，连接BE．
填空：的度数为______；线段BE与AD之间的数量关系是______．
【答案】（1）见解析；（2）60°；
【分析】（1）根据顶角为40°，可得，进而证明即可得证；
（2）根据等边三角形的性质可得，，方法同（1）求得，证明，可得，根据点A，D，E在同一直线上，即可求得，根据全等的性质即可得，进而可得
【详解】（1）证明∵，
∴，即．
在和中，∴．∴．
（2）解：和均为等边三角形，
∴，，．
∴，即．
在和中，
∴，，，∴．
∴，．
∵点A，D，E在同一直线上，∴．∴．
∴． 故答案为：，
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，全等三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
8．（2022·陕西·九年级专题练习）阅读下面的例题及点拨，并解决问题：
例题：如图①，在等边△ABC中，M是BC边上一点（不含端点B，C），N是△ABC的外角∠ACH的平分线上一点，且AM=MN．求证：∠AMN=60°．
点拨：如图②，作∠CBE=60°，BE与NC的延长线相交于点E，得等边△BEC，连接EM．易证：△ABM≌△EBM（SAS），可得AM=EM，∠1=∠2；又AM=MN，则EM=MN，可得∠3=∠4；由∠3+∠1=∠4+∠5=60°，进一步可得∠1=∠2=∠5，又因为∠2+∠6=120°，所以∠5+∠6=120°，即：∠AMN=60°．
问题：如图③，在正方形A1B1C1D1中，M1是B1C1边上一点（不含端点B1，C1），N1是正方形A1B1C1D1的外角∠D1C1H1的平分线上一点，且A1M1=M1N1．求证：∠A1M1N1=90°．
【答案】见解析；
【分析】延长A1B1至E，使EB1＝A1B1，连接EM1C、EC1，则EB1＝B1C1，∠EB1M1＝90°＝∠A1B1M1，得出△EB1C1是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质得出∠B1EC1＝∠B1C1E＝45°，证出∠B1C1E＋∠M1C1N1＝180°，得出E、C1、N1，三点共线，由SAS证明△A1B1M1≌△EB1M1得出A1M1＝EM1，∠1＝∠2，得出EM1＝M1N1，由等腰三角形的性质得出∠3＝∠4，证出∠1＝∠2＝∠5，得出∠5＋∠6＝90°，即可得出结论．
【详解】解：延长A1B1至E，使EB1=A1B1，连接EM1、EC1，
如图所示：
则EB1=B1C1，∠EB1M1=90°=∠A1B1M1，
∴△EB1C1是等腰直角三角形，
∴∠B1EC1=∠B1C1E=45°，
∵N1是正方形A1B1C1D1的外角∠D1C1H1的平分线上一点，
∴∠M1C1N1=90°+45°=135°，
∴∠B1C1E+∠M1C1N1=180°，
∴E、C1、N1三点共线，
在△A1B1M1和△EB1M1中，，
∴△A1B1M1≌△EB1M1（SAS），
∴A1M1=EM1，∠1=∠2，
∵A1M1=M1N1，
∴EM1=M1N1，
∴∠3=∠4，
∵∠2+∠3=45°，∠4+∠5=45°，
∴∠1=∠2=∠5，
∵∠1+∠6=90°，
∴∠5+∠6=90°，
∴∠A1M1N1=180°﹣90°=90°．
【点睛】此题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形的外角性质等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质，通过作辅助线构造三角形全等是解本题的关键．
9．（2022秋·贵州黔东南·八年级校考期末）如图，将图1的正方形纸片沿对角线剪开，得到图2的两张三角形纸片，再将这两张三角形纸片摆成图3所示的图形，使得点B（E）重合．
(1)求证：△ABD≌△CBF；
(2)猜测AD与CF的位置关系，并说明理由；
(3)若∠ABF=120°请判断△BGH的形状，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)AD⊥CF ，理由见解析
(3)△BGH是等边三角形，理由见解析
【分析】（1）通过正方形的性质可以快速得到两个三角形全等
（2）由第一问的手拉手模型得到的三角形全等得到∠ADB=∠CFB，再通过对顶角得到∠BHF=∠PHD，最后通过互余的关系得出结论．
（3）由第一问的全等得出∠BAD=∠BFC，进而得出△ABG≌△FBH，BG=BH，求出∠GBH=60°即可得出结论．
（1）
由题意，得 AB=CB=DB=FB， ∠ABC=∠DBF=90°，
∴∠ABC+∠CBD=∠DBF+∠CBD ，
∴∠ABD=∠CBF ，
∴△ABD≌△CBF．
（2）
AD⊥CF ，理由： ∵△ABD≌△CBF ，
∴∠ADB=∠CFB ，又∠DBF=90°，
∴∠CFB+∠BHF=90°，
又∠BHF=∠PHD ，
∴∠ADB+∠PHD=90°，
即∠APF=90°，∴AD⊥CF．
（3）
△BGH是等边三角形．
理由：∵△ABD≌△CBF ，
∴∠BAD=∠BFC ，
∵AB=FB ，∠ABG=∠FBG=90°，
∴△ABG≌△FBH ，
∴BG=BH ，
又∠GBH=360°-120°-90°-90°=60° ，
∴△BGH是等边三角形
【点睛】本题考查三角形全等中的手拉手模型的证明与运用，等边三角形的证明方法等，熟练掌握三角形全等的判定方法及等边三角形的判定方法是解题关键．
10．（2022秋·江苏·八年级专题练习）（1）问题发现：
如图1，和均为等腰直角三角形，，连接，，点、、在同一条直线上，则的度数为__________，线段、之间的数量关系__________；
（2）拓展探究：
如图2，和均为等腰直角三角形，，连接，，点、、不在一条直线上，请判断线段、之间的数量关系和位置关系，并说明理由．
（3）解决问题：
如图3，和均为等腰三角形，，则直线和的夹角为__________．（请用含的式子表示）
【答案】（1）90°，AD=BE；（2）AD=BE，AD⊥BE；（3）
【分析】（1）由已知条件可得，，进而根据∠ACB−∠DCB＝∠DCE−∠DCB，可得∠ACD＝∠BCE，证明△ACD≌△BCE（SAS），即可求得AD=BE；∠BEC=∠CDA=135°；
（2）延长交于点F，同理可得△ACD≌△BCE，设∠FAB=α，则∠CAD=∠CBE=45°-α，根据∠ABE=45°+45°-α=90°-α，进而根据∠AFB=180°-∠FAB-∠ABE=180°-α-(90°-α)=90°，即可求解；
（3）延长BE交AD于点G，方法同（2）证明△ACD≌△BCE，进而根据三角形的内角和定理即可求得直线和的夹角．
【详解】（1）∵和均为等腰直角三角形，，
∴，，∠CDE=45°
∴∠CDA=135°
∵∠ACB−∠DCB＝∠DCE−∠DCB，
∴∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠BEC=∠ADC＝135°，AD＝BE
∴∠AEB=90°
故答案为：90°，AD＝BE
（2）AD=BE，AD⊥BE，理由如下，
同理可得△ACD≌△BCE，
则AD=BE，
延长交于点F，
设∠FAB=α，则∠CAD=∠CBE=45°-α
∴∠ABE=45°+45°-α=90°-α
∴∠AFB=180°-∠FAB-∠ABE=180°-α-(90°-α)=90°
∴AD⊥BE
（3）如图，延长BE交AD于点G，
∵和均为等腰三角形，
∴，，
∵∠ACB=∠DCE=α，
∵∠ACB+∠ACE＝∠DCE+∠ACE，
∴∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠CBE=∠CAD
∵
∴∠CBA=∠CAB =
∴∠GAB+∠GBA=，
，
∴∠AGB=180°-(∠GAB+∠GBA) ，
即直线和的夹角为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，全等三角形的性质与判定，掌握旋转模型证明三角形全等是解题的关键．
11．（2022秋·湖南怀化·八年级统考期末）问题发现：
如图①，△ABC与△ADE是等边三角形，且点B、D，E在同一直线上，连接CE，求的度数，并确定线段BD与CE的数量关系．
拓展探究：
如图②，△ABC与△ADE都是等腰直角三角形，，且点B，D，E在同一直线上，于F，连接CE，求的度数，并确定线段AF，BF，CE之间的数量关系．
【答案】问题发现：∠AEB的度数为60°；线段BD与CE之间的数量关系是：BD＝CE，理由见解析；拓展探究：∠BEC＝90°，BF＝CE＋AF，理由见解析
【分析】问题发现：证明△ABD≌△ACE，可得BD＝CE，由点B，D，E在同一直线上，可得∠BEC＝60°；
拓展探究：方法同上，证明△ABD≌△ACE（SAS），可得BD＝CE，∠ADB＝∠AEC，由点A，D，E在同一直线上，可得∠ADB＝∠AEC＝135°，进而可得∠DAE＝90°，由AD＝AE，AF⊥DE，可得AF＝DF＝EF，即可得出BF＝BD＋DF＝CE＋AF．
【详解】问题发现：∵△ACB和△ADE均为等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，∠ADE＝∠AED＝60°，
∴∠BAC－∠DAC＝∠DAE－∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，∠BDA＝∠CEA，
∵点B，D，E在同一直线上，
∴∠ADB＝180－60＝120°，
∴∠AEC＝120°，
∴∠BEC＝∠AEC－∠AED＝120－60＝60°，
综上，可得∠AEB的度数为60°；线段BD与CE之间的数量关系是：BD＝CE．
拓展探究：
∵△ACB和△DAE均为等腰直角三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ADE＝∠AED＝45°，
∴∠BAC－∠DAC＝∠DAE－∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，∠ADB＝∠AEC，
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADB＝180－45＝135°，
∴∠AEC＝135°，
∴∠BEC＝∠AEC－∠AED＝135－45＝90°；
∵∠DAE＝90°，AD＝AE，AF⊥DE，
∴AF＝DF＝EF，
∴DE＝DF＋EF＝2AF，
∴BF＝BD＋DF＝CE＋AF．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，掌握等腰三角形的性质与判定是解题的关键．
12．（2022·绵阳市·八年级专题练习）已知∠MBN＝60°，等边△BEF与∠MBN顶点B重合，将等边△BEF绕顶点B顺时针旋转，边EF所在直线与∠MBN的BN边相交于点C，并在BM边上截取AB＝BC，连接AE．
(1)将等边△BEF旋转至如图①所示位置时，求证：CE＝BE+AE；
(2)将等边△BEF顺时针旋转至如图②、图③位置时，请分别直接写出AE，BE，CE之间的数量关系，不需要证明；
(3)在（1）和（2）的条件下，若BF＝4，AE＝1，则CE＝ ．
【答案】(1)见解析(2)图②结论为CE＝BE﹣AE，图③结论为CE＝AE﹣BE(3)3或5
【分析】（1）根据等边三角形的性质和SAS证明△ABE与△CBF全等，利用全等三角形的性质解答即可；
（2）根据等边三角形的性质和SAS证明△ABE与△CBF全等，利用全等三角形的性质解答即可；
（3）根据（1）和（2）的结论，解答即可．
【详解】（1）证明：∵△BEF为等边三角形，
∴BE＝EF＝BF，∠EBF＝60°，
∴∠EBA+∠ABF＝60°，
∵∠MBN＝60°，
∴∠CBF+∠ABF＝60°，
∴∠EBA＝∠CBF，
在△ABE与△CBF中，
，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴AE＝CF，
∵CE＝EF+CF，
∴CE＝BE+AE；
（2）解：图②结论为CE＝BE﹣AE，图③结论为CE＝AE﹣BE，
图②的理由如下：
∵△BEF为等边三角形，
∴BE＝EF＝BF，∠EBF＝60°，
∴∠EBA+∠ABF＝60°，
∵∠MBN＝60°，
∴∠CBF+∠ABF＝60°，
∴∠EBA＝∠CBF，
在△ABE与△CBF中，
，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴AE＝CF，
∵CE＝EF﹣CF，
∴CE＝BE﹣AE，
图③的理由如下：
∵△BEF为等边三角形，
∴BE＝EF＝BF，∠EBF＝60°，
∴∠EBA+∠ABF＝60°，
∵∠MBN＝60°，
∴∠CBF+∠ABF＝60°，
∴∠EBA＝∠CBF，
在△ABE与△CBF中，
，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴AE＝CF，
∵CE＝CF﹣EF，
∴CE＝AE﹣BE；
（3）：在（1）条件下，CE＝BE+AE＝BF+AE＝4+1＝5；
在（2）条件下，CE＝BE﹣AE＝BF﹣AE＝4﹣1＝3，
综上所述，CE＝3或5，
故答案为：3或5．
【点睛】此题考查几何变换的综合题，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，关键是根据等边三角形的性质和SAS证明△ABE≌△CBF．
13．（2023春·广东揭阳·七年级统考期末）如图，以的边、分别向外作等腰直角与等腰直角，，连接和相交于点O，交于点F，交于点G．

(1)试说明：；
(2)试说明：；
(3)试说明：点A到边，所在直线的距离相等．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到，，，进一步利用证明即可；
（2）根据全等三角形的性质得到，，利用三角形内角和以及对顶角相等得到，可得，即可证明；
（3）设点A到边，所在直线的距离分别为，，根据全等三角形的性质可得，利用三角形面积公式可得，即可证明．
【详解】（1）解：证明：和都是等腰直角三角形，
，，
又，
，
即，
在和中，
，
；
（2）∵，
，，
又，，
，
，
即．
（3）设点A到边，所在直线的距离分别为，，
∵，
∴，
即，
∵，
∴，即点A到边，所在直线的距离相等．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形的面积，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
14．（2023·广东深圳·八年级校考期中）在中，，点是直线上一点（不与、重合），把线路绕着点逆时针旋转至（即），使得，连接、．
(1)如图1，点在线段上，如果，则__________度．

(2)如图2，当点在线段上，如果，则__________度．

(3)如图3，设，，当点在线段上移动时，，的数量关系是什么？请说明理由．

(4)设，，当点在直线上移动时，请直接写出，的数量关系，不用证明．
【答案】(1)90
(2)120
(3)
(4)或
【分析】（1）由“”可证，得，可求的度数；
（2）由“”可证，得，可求的度数；
（3）由“”可证得出，再用三角形的内角和即可得出结论；
（4）由“”可证得出，再用三角形的内角和即可得出结论．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
故答案为：90；
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
故答案为：120；
（3），
理由如下：
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴；
（4）如图4，当点D在的延长线上时，，

证明方法同（3）；
如图5，当点D在的延长线上时，，

理由如下：∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
综上，或．
【点睛】此题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理等知识，本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的性质，证明是解题的关键．
15．（2022·山西八年级月考）综合与实践
特例研究：将矩形和按如图1放置，已知，连接．

如图1，当点在上时，线段与之间的数量关系是__ ；直线与直线之间的位置关系是_ ；
拓广探索：图2是由图1中的矩形绕点顺时针旋转一定角度得到的，请探索线段与之间的数量关系和直线与直线之间的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）；（2），理由见解析
【分析】，延长交于点G先证△FBC≌△EDC（SAS），可知，由∠DCE=90º，可得∠DEC+∠CDE=90º，可推出∠FDG+∠GFD=90º即可，
先下结论，，再证明，证法与（1）类似，延长交于点交于点．由四边形为矩形且AD=CD可得，可推出．由知．由可用等量代换得由三角形内角和得即可．
【详解】解：，延长交于点G，
∵四边形为矩形，且AD=DC，∴BC=CD，=90º，
由旋转的FC=EC，∴△FBC≌△EDC（SAS），，
∵∠DCE=90º，∴∠DEC+∠CDE=90º，∴∠FDG+∠GFD=90º∠FGD=90º
，
，
理由如下：如答图，延长交于点交于点，
，四边形为矩形，，
，，
，矩形为正方形．，
在和中，．．
．
．
【点睛】本题考查旋转中两线段的数量与位置关系问题，关键是把两线段置于两个三角形中利用全等解决问题，会利用旋转找全等条件，会计算角的和差，和证垂直的方法．
16．（2022·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．
17．（2022·辽宁沈阳·九年级校考期中）（1）如图①，若在等边△ABC的边AB上任取一点E（点E不与B重合），以EC为边在△ABC同侧作等边△CEN，连接AN．求证：ANBC且AN＝BE；
（2）如图②，若把（1）中的“等边△ABC”改成正方形ABCD，同样在边AB上任取一点E（点E不与B重合），以EC为边在正方形ABCD同则作正方形CEMN，连接DN，请你判断图中是否有与（1）中类似的结论．若有，直接写出结论；若没有，请说明理由；
【答案】（1）见解析；（2）有，ANBC且DN＝BE；（3）不成立，，理由见解析
【分析】（1）直接由“手拉手”模型推出，然后根据全等三角形的性质证明即可；
（2）仿照（1）的过程判断出，然后根据全等三角形的性质证明即可；
【详解】证：（1）∵△ABC和△CEN均为等边三角形，
∴AC=BC，EC=NC，∠ACB=∠NCE=60°，∠B=60°，
∵∠ACB=∠ACE+∠ECB，∠NCE=∠ACE+∠NCA，
∴∠ECB=∠NCA，在△ECB和△NCA中，
∴△ECB≌△NCA(SAS)，∴AN=BE，∠NAC=∠B=60°，
∵∠ACB=∠NAC=60°，∴AN∥BC，∴AN∥BC且AN＝BE；
（2）有，AN∥BC且DN＝BE；理由如下：
∵四边形ABCD和四边形CEMN均为正方形，
∴BC=DC，EC=NC，∠BCD=∠ECN=90°，∠B=90°，
∵∠BCD=∠BCE+∠ECD，∠ECN=∠ECD+∠DCN，
∴∠BCE=∠DCN，在△BCE和△DCN中，
∴△BCE≌△DCN(SAS)，∴BE=DN，∠CDN=∠B=90°，
∵∠ADC=90°，∴∠ADC+∠CDN=180°，即：A、D、N三点共线，
∵AD∥BC，∴AN∥BC，∴AN∥BC且DN＝BE；
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，特殊平行四边形的性质等，理解基本图形的性质，掌握全等三角形以及基本性质是解题关键．
18．（2023·全国·八年级假期作业）如图所示，△ABC和△ADE都是等边三角形，且点B、A、E在同一直线上，连接BD交AC于M，连接CE交AD于N，连接MN．

(1)求证：BD=CE；(2)求证：△ABM≌△ACN；(3)求证：△AMN是等边三角形．
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)证明见解析
【分析】（1）由已知条件等边三角形，可知AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，进一步求证∠BAD=∠CAE，从而△ABD≌△ACE(SAS)，所以BD=CE．
（2）由(1)知△ABD≌△ACE，得∠ABM=∠CAN，由点B、A、E共线，得∠CAN=60°=∠BAC，进一步求证△ABM≌△ACN(ASA)．
（3）由△ABM≌△ACN，得AM=AN，而∠CAN=60°，所以△AMN是等边三角形．
【详解】（1）∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，∴∠BAD=∠CAE．
在△ABD和△ACE中，∴△ABD≌△ACE(SAS)，∴BD=CE．
（2）由(1)知△ABD≌△ACE，∴∠ABM=∠ACN．
∵点B、A、E在同一直线上，且∠BAC=∠DAE=60°，∴∠CAN=60°=∠BAC．
在△ABM和△ACN中，∴△ABM≌△ACN(ASA)．
（3）由(2)知△ABM≌△ACN，∴AM=AN，
∵∠CAN=60°，∴△AMN是等边三角形．
【点睛】本题主要考查等边三角形的性质和判定、全等三角形判定和性质；将等边三角形的条件转化为相等线段和等角，选择合适的方法判定三角形全等是解题的关键．
19．（2023·江苏·八年级假期作业）已知在中，，过点B引一条射线，D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E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；
【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)①②；的度数会变化，理由见解析
【分析】（1）根据等边三角形的判定定理得到、是等边三角形，进而得到，根据证明，根据全等三角形的性质得到，得到答案；
（2）①在上取一点E，，证明，得到，可求出答案；
②在延长线上取一点E，使得，同理证明，求出，进而求出．
【详解】（1）证明：如图1，在上取一点E，使，
∵，∴是等边三角形，∴，
∵，，∴是等边三角形，
∴，∴，
∴，即，
∵在和中，∴，
∴，∴；
（2）证明：①在上取一点E，，如图所示：
∵，，
∴，，
∴，∴，
∵在和中，∴，
∴，∴；
②的度数会变化，理由如下：
在延长线上取一点E，使得，如图所示：
同理①的方法可证：，∴，
∴．
【点睛】本题考查的是等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定和性质，正确作出辅助线，构造全等三角形进行计算和证明是解题的关键．
20．（2022秋·浙江杭州·八年级校考阶段练习）在中，且．
(1)如图（1），若分别平分，交于点C、B，连接．请你判断是否相等，并说明理由；(2)的位置保持不变，将（1）中的绕点A逆时针旋转至图（2）的位置，相交于O，请你判断线段与的位置关系及数量关系，并说明理由；(3)在（2）的条件下，若，试求四边形的面积．
【答案】(1)，理由见解析(2)，，理由见解析(3)32
【分析】（1）根据角平分线的定义求出，然后利用“角边角”证明与全等，根据全等三角形对应边相等即可证明；
（2）先根据证明，然后利用“边角边”证明和全等，再根据全等三角形对应边相等可得，全等三角形对应角相等可得，然后证明，再根据三角形内角和定理可得，从而证明；
（3）把四边形的面积分成与两个三角形，然后根据三角形的面积公式列式整理为四边形的面积等于，再代入数据进行计算即可得解．
【详解】（1）解：．
理由如下：∵分别平分，∴，，
∵，∴ ，
在和中，∵，∴，∴；
（2）解：，．理由如下：
∵， ∴，即，
在和中，∵，∴，∴，∴，
∵，∴，
∵，∴，∴；
（3）解：
∵，∴四边形的面积．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，以及旋转变换的性质，准确识图，找出三角形全等的条件是解题的关键．