北师大版数学七下高频考点突破练习专题03 三角形全等的重要模型（2份，原卷版+解析版）

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1．（2021·浙江温州市·八年级期末）如图，，，要说明，需添加的条件不能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】直接根据三角形证明全等的条件进行判断即可；
【详解】A、∵AB∥DE，∴∠ABC=∠DEC，∴根据ASA即可判定三角形全等，故此选项不符合题意；
B、∵AC∥DF，∴∠DFE=∠ACB，∴根据AAS即可判定三角形全等，故此选项不符合题意；
C、AC⊥DE，不符合三角形全等的证明条件，故此选项符合题意；
D、∵AC=DF，∴根据SAS即可判定三角形全等，故此选项不符合题意；故选：C．
【点睛】本题考查了三角形证明全等所需添加的条件，正确掌握知识点是解题的关键；
2．（2021·云南昆明市·八年级期末）如图：已知，且，求证：．
【答案】见解析
【分析】由AD=BE可求得AB=DE，再结合条件可证明△ABC≌△DEF．
【详解】证明：∵∴∴
又∵∴
在和中∴（SAS）
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定方法，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键，即SSS、SAS、ASA、AAS和HL．
3．（2021·广西百色市·八年级期末）如图，已知点是的中点，∥，且．
（1）求证：△ACD≌△CBE．（2）若，求∠B的度数．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据SAS证明△ACD≌△CBE；
（2）根据三角形内角和定理求得∠ACD，再根据三角形全等的性质得到∠B=∠ACD．
【详解】（1）∵C是AB的中点，∴AC＝CB，∵CD//BE，∴，
在△ACD和△CBE中，，∴；
（2）∵，∴，
又∵，∴．
【点睛】考查了全等三角形的判定和性质，解题关键是根据SAS证明△ACD≌△CBE．
4．（2021·四川泸州市·九年级月考）如图，AB//CD，AB=CD点E、F在BC上，且BF=CE．
（1）求证：△ABE≌△DCF（2）求证:AE//DF．
【答案】（1）见详解；（2）见详解
【分析】（1）由题意易得，，然后问题可得证；
（2）由（1）可得，则有，然后问题可得证．
【详解】证明：（1）∵AB∥CD，∴，
∵BF=CE，∴，∴，
∵AB=CD，∴（SAS）；
（2）由（1）可得：，∴，
∵，∴，∴．
【点睛】本题主要考查三角形全等的判定及性质，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
5.（2021•襄城区期末）如图，点B、E、C、F四点在一条直线上，∠A＝∠D，AB∥DE，老师说：再添加一个条件就可以使△ABC≌△DEF．下面是课堂上三个同学的发言，甲说：添加AB＝DE；乙说：添加AC∥DF；丙说：添加BE＝CF．（1）甲、乙、丙三个同学说法正确的是 ；
（2）请你从正确的说法中选择一种，给出你的证明．
【思路】（1）根据平行线的性质，由AB∥DE可得∠B＝∠DEC，再加上条件∠A＝∠D，只需要添加一个能得出边相等的条件即可证明两个三角形全等，添加AC∥DF不能证明△ABC≌△DEF；
（2）添加AB＝DE，然后再利用ASA判定△ABC≌△DEF即可．
【解答】解：（1）说法正确的是：甲、丙，故答案为：甲、丙；
（2）证明：∵AB∥DE，∴∠B＝∠DEC，
在△ABC和△DEF中，
∴△ABC≌△DEF（ASA）．
6.（2021•富顺县校级月考）如图1，A，B，C，D在同一直线上，AB＝CD，DE∥AF，且DE＝AF，求证：△AFC≌△DEB．如果将BD沿着AD边的方向平行移动，如图2，3时，其余条件不变，结论是否成立？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由．
【思路】可以根据已知利用SAS判定△AFC≌△DEB．如果将BD沿着AD边的方向平行移动，如图（2）、（3）时，其余条件不变，结论仍然成立．可以利用全等三角形的常用的判定方法进行验证．
【解答过程】解：∵AB＝CD，∴AB+BC＝CD+BC，即AC＝BD．
∵DE∥AF，∴∠A＝∠D．
在△AFC和△DEB中，，∴△AFC≌△DEB（SAS）．
在（2），（3）中结论依然成立．
如在（3）中，∵AB＝CD，∴AB﹣BC＝CD﹣BC，即AC＝BD，
∵AF∥DE，∴∠A＝∠D．
在△ACF和△DEB中，，∴△ACF≌△DEB（SAS）．
模型2.对称（翻折）全等模型，如下图：
1．（2021·安徽九年级专题练习）如图，四边形的对角线，相交于点O，，下列结论：①；②；③；④，其中正确结论的序号是__________．
【答案】①②③
【分析】根据全等三角形的性质得出AB=AD，∠BAO=∠DAO，∠AOB=∠AOD=90° ，OB=OD，再根据全等三角形的判定定理得出△ABC≌△ADC，进而得出其它结论.
【详解】由 △ABO≌△ADO得：AB=AD，∠AOB=∠AOD=90°，
∴AC⊥BD ∠BAC=∠DAC，又AC=AC，所以，有△ABC≌△ADC，
∴CB=CD，所以，①②③正确．由已知条件得不到DA=DC，故④不正确．故答案为：①②③．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定方法: SSS ， SAS，ASA，AAS，以及HL，是解题的关键.
2．（2020·浙江杭州市·八年级期末）如图，已知，若要使得，则添加的一个条件不能是（ ）
A． B． C．AB=DC D．AC=DB
【答案】C
【分析】根据全等三角形的判定方法对各选项进行判断，即可得出结论．
【详解】解：∵，BC＝CB，
A、当添加∠A＝∠D时，可利用“AAS”判断△ABC≌△DCB，故此选项不符合题意；
B、当添加时，可利用“ASA”判断△ABC≌△DCB，故此选项不符合题意；
C、当添加AB=DC时，利用“SSA”不能判断△ABC≌△DCB，故此选项符合题意；
D、当添加AC=DB时，可利用“SAS”判断△ABC≌△DCB，故此选项不符合题意．故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定：全等三角形的判定方法中，选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件，若已知两边对应相等，则找它们的夹角或第三边；若已知两角对应相等，则必须再找一组对边对应相等，且要是两角的夹边，若已知一边一角，则找另一组角，或找这个角的另一组对应邻边．
3．（2020·武汉市六中位育中学八年级）如图，，，请补充一个条件：______，能使用“ASA”方法判定．
【答案】∠B＝∠E
【分析】已知∠1＝∠2，就是已知∠ACB＝∠DCE，则根据三角形的判定定理“ASA”即可证得．
【详解】可以添加∠B＝∠E．
理由是：∵∠1＝∠2，∴∠1+∠BCE＝∠2+∠BCE，∴∠ACB＝∠DCE，
∴在△ABC和△DEC中，，∴△ABC≌△DEC（ASA）．故答案是：∠B＝∠E
【点睛】本题考查了三角形全等的判定，熟练掌握“两角及夹边对应相等的两个三角形全等”是解题关键．
4．（2021·西安市·陕西师大附中九年级二模）如图，在中，点，分别是、边上的点，，，与相交于点，求证：．
【答案】见详解；
【分析】依题意，BD=CE，∠ABE=∠ACD，∠BFD=∠CFE，可得△BDF≌△CEF，可得DF=EF，BF=CF；可得CD=BE，可得△ABE≌△ACD，即可；
【详解】由题知：BD=CE，∠ABE=∠ACD，又∠BFD和∠CFE为对顶角，∴ ∠BFD=∠CFE；
在△BDF和△CEF中 ，∴△BDF≌△CEF（AAS）；∴DF=EF，BF=CF；
又CD=DF+CF，BE=BF+EF；∴CD=BE；
在△ABE和△ACD中 ，∴△ABE≌△ACD（AAS）；∴AB=AC；
【点睛】本题主要考查对顶角相等、用AAS证明全等及其性质，熟练构造出全等的三角形是关键；
5．（2021·河南南阳市·八年级期末）如图，已知∠C＝∠F＝90°，AC＝DF，AE＝DB，BC与EF交于点O，
（1）求证：Rt△ABC≌Rt△DEF；（2）若∠A＝51°，求∠BOF的度数．
【答案】（1）见解析；（2）78°
【分析】（1）由AE＝DB得出AE＋EB＝DB＋EB，即AB＝DE，利用HL即可证明Rt△ABC≌Rt△DEF；
（2）根据直角三角形的两锐角互余得∠ABC＝39°，根据全等三角形的性质得∠ABC＝∠DEF＝39°，由三角形外角的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵AE＝DB，∴AE＋EB＝DB＋EB，即AB＝DE．
又∵∠C＝∠F＝90°，AC＝DF，∴Rt△ABC≌Rt△DEF．
（2）∵∠C＝90°，∠A＝51°，∴∠ABC＝∠C－∠A＝90°－51°＝39°．
由（1）知Rt△ABC≌Rt△DEF，∴∠ABC＝∠DEF．∴∠DEF＝39°．
∴∠BOF＝∠ABC＋∠BEF＝39°＋39°＝78°．
【点睛】本题主要考查直角三角形的两锐角互余，三角形外角的性质，全等三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
6．（2021·江苏徐州市·八年级期末）已知：如图，点C是线段AB的中点，CD=CE，∠ACD=∠BCE，求证：
（1）△ADC≌△BEC；（2）DA=EB．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）根据SAS证明△ADC≌△BEC即可；（2）根据全等三角形的性质解答即可．
【详解】证明：（1）∵点C是线段AB的中点，∴CA＝CB，
在△ADC和△BEC中，，∴△ADC≌△BEC（SAS）；
（2）∵△ADC≌△BEC，∴DA＝EB．
【点睛】本题考查全等三角形的性质和判定，解题关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
模型3.旋转全等模型，如下图：
1．（2021·河北沧州市·八年级期末）如图，△ABC和△AED共顶点A，AD＝AC，∠1＝∠2，∠B＝∠E． BC交AD于M，DE交AC于N，甲说：“一定有△ABC≌△AED．”乙说：“△ABM≌△AEN．”那么（ ）
A．甲、乙都对B．甲、乙都不对C．甲对、乙不对D．甲不对、乙对
【答案】A
【分析】利用AAS判定△ABC≌△AED，则可得到AB=AE，再利用ASA判定△ABM≌△AEN．
【详解】∵∠1＝∠2，∴∠1+∠MAC＝∠2+∠MAC，∴∠BAC＝∠EAD，
在△BAC和△EAD中，,∴△BAC≌△EAD，∴甲说的正确；
∵△BAC≌△EAD（AAS），∴AB=AE，
在△BAM和△EAN中，,∴△BAM≌△EAN（ASA），∴乙说的正确；故选A．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定方法，根据题目的特点，补充适当条件，活用判定定理是解题的关键．
2.（2021•渝水区校级期中）如图，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE．求证：∠ABD＝∠ACE．
【解题思路】根据等式的性质得出∠BAD＝∠CAE，利用SAS证明△ABD与△ACE全等，进而解答即可．
【解答过程】证明：∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD，∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD与△ACE中，，
∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE．
3．（2020·武汉市六中位育中学八年级）如图，已知，，且，，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由已知得△ABC≌△ADE，故有∠BAC=∠DAE，由∠EAB=120°及∠CAD=10°可求得∠AFB的度数，进而得∠GFD的度数，在△FGD中，由三角形的外角等于不相邻的两个内角的和即可求得∠EGF的度数．
【详解】在△ABC和△ADE中 ∴ △ABC≌△ADE（SAS）∴∠BAC=∠DAE
∵∠EAB=∠BAC+∠DAE+∠CAD=120°∴∠BAC=∠DAE
∴∠BAF=∠BAC+∠CAD=65°∴在△AFB中，∠AFB=180°-∠B-∠BAF=90°∴∠GFD=90°
在△FGD中，∠EGF=∠D+∠GFD=115°故选：C
【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质、三角形内角和定理，关键求得∠BAC的度数．
4．（2021·江苏镇江市·八年级期末）如图，，
求证：（1）；（2）．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）根据垂直得到，求出，即可得到结果；（2）设交于，交于，根据全等三角形的性质得到，再根据已知条件转换即可；
【详解】证明：，，，
，，
在和中，，；
如图，设交于，交于，
，，，，
，，．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，准确证明是解题的关键．
5．（2021·四川广元市·九年级期末）如图，已知和中，，，，，，线段分别交，于点，．（1）请说明的理由；（2）可以经过图形的变换得到，请你描述这个变换；（3）求的度数．
【答案】（1）见解析；（2）通过观察可知绕点顺时针旋转，可以得到；（3）
【分析】（1）先利用已知条件∠B=∠E，AB=AE，BC=EF，利用SAS可证△ABC≌△AEF，那么就有∠C=∠F，∠BAC=∠EAF，那么∠BAC-∠PAF=∠EAF-∠PAF，即有∠BAE=∠CAF=25°；（2）通过观察可知△ABC绕点A顺时针旋转25°，可以得到△AEF；（3）由（1）知∠C=∠F=57°，∠BAE=∠CAF=25°，而∠AMB是△ACM的外角，根据三角形外角的性质可求∠AMB．
【详解】解：（1）∵，，，∴，
∴，，∴，∴；
（2）通过观察可知绕点顺时针旋转，可以得到；
（3）由（1）知，，∴．
【点睛】本题利用了全等三角形的判定、性质，三角形外角的性质，等式的性质等．
6.（2021春•浦东新区期末）如图，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°．
（1）当点D在AC上时，如图①，线段BD，CE有怎样的数量关系和位置关系？请证明你的猜想；
（2）将图①中的△ADE绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜90°），如图②，线段BD，CE有怎样的数量关系和位置关系？请说明理由．
【思路】（1）延长BD交CE于F，易证△EAC≌△DAB，可得BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，根据∠AEC+∠ACE＝90°，可得∠ABD+∠AEC＝90°，即可解题；
（2）延长BD交CE于F，易证∠BAD＝∠EAC，即可证明△EAC≌△DAB，可得BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，根据∠ABC+∠ACB＝90°，可以求得∠CBF+∠BCF＝90°，即可解题．
【解答】证明：（1）延长BD交CE于F，
在△EAC和△DAB中，，
∴△EAC≌△DAB（SAS），∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，
∵∠AEC+∠ACE＝90°，∴∠ABD+∠AEC＝90°，∴∠BFE＝90°，即EC⊥BD；
（2）延长BD交CE于F，
∵∠BAD+∠CAD＝90°，∠CAD+∠EAC＝90°，∴∠BAD＝∠EAC，
∵在△EAC和△DAB中，，
∴△EAC≌△DAB（SAS），∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，
∵∠ABC+∠ACB＝90°，∴∠CBF+∠BCF＝∠ABC﹣∠ABD+∠ACB+∠ACE＝90°，
∴∠BFC＝90°，即EC⊥BD．
模型4、半角全等模型
【解题技巧】过等腰三角形顶点 两条射线，使两条射线的夹角为等腰三角形顶角的一半这样的模型称为半角模型。
常见的图形为正方形，正三角形，等腰直角三角形等，解题思路一般是将半角两边的三角形通过旋转到一边合并成新的三角形，从而进行等量代换，然后证明与半角形成的三角形全等，再通过全等的性质得到线段之间的数量关系。半角模型（题中出现角度之间的半角关系）利用旋转——证全等——得到相关结论.
1．（2020·武汉市六中位育中学八年级）（1）如图，在四边形中，，，、分别是边、上的点，且．求证：；（2）如图，在四边形中，，，、分别是边、延长线上的点，且．（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）见证明；（2）结论EF＝BE+FD不成立，应当是EF＝BE﹣FD，证明见详解．
【分析】（1）延长CB至M，使BM＝DF，连接AM．先证明△ABM≌△ADF，得到AF＝AM，∠2＝∠3，再证明△AME≌△AFE，得到EF＝ME，进行线段代换，问题得证；
（2）在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．先证明△ABG≌△ADF，得到AG＝AF，再证明△AEG≌△AEF，得到EG＝EF，进行线段代换即可证明EF＝BE﹣FD．
【详解】解：（1）证明：如图，延长CB至M，使BM＝DF，连接AM．
∵∠ABC+∠D＝180°，∠1+∠ABC＝180°，∴∠1＝∠D，
在△ABM与△ADF中，，∴△ABM≌△ADF（SAS）．∴AF＝AM，∠2＝∠3．
∵∠EAF∠BAD，∴∠2+∠4∠BAD＝∠EAF．∴∠3+∠4＝∠EAF，即∠MAE＝∠EAF．
在△AME与△AFE中，，∴△AME≌△AFE（SAS）．
∴EF＝ME，即EF＝BE+BM，∴EF＝BE+DF；
（2）结论EF＝BE+FD不成立，应当是EF＝BE﹣FD．
证明：如图，在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，∴∠B＝∠ADF．
∵在△ABG与△ADF中，，∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF，∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF∠BAD，∴∠GAE＝∠EAF．
在△AGE与△AFE中，，∴△AEG≌△AEF，∴EG＝EF，
∵EG＝BE﹣BG，∴EF＝BE﹣FD．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了三角形全等的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用旋转变换的思想添加辅助线，构造全等三角形解决问题，解题时注意一些题目虽然图形发生变化，但是证明思路和方法是类似的，属于中考压轴题．
2．（2020·河南新乡市·八年级期中）已知四边形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E，F．
（1）当∠MBN绕B点旋转到AE＝CF时（如图1），求证：△ABE≌△CBF．（2）当∠MBN绕点B旋转到AE≠CF时，如图2，猜想线段AE，CF，EF有怎样的数量关系，并证明你的猜想．（3）当∠MBN绕点B旋转到图3这种情况下，猜想线段AE，CF，EF有怎样的数量关系，并证明你的猜想．
【答案】（1）见解析；（2）AE+CF＝EF，证明见解析；（3）AE﹣CF＝EF，证明见解析
【分析】（1）利用SAS定理证明△ABE≌△CBF；（2）延长DC至点K，使CK＝AE，连接BK，分别证明△BAE≌△BCK、△KBF≌△EBF，根据全等三角形的性质、结合图形证明结论；（3）延长DC至G，使CG＝AE，仿照（2）的证明方法解答．
【详解】（1）证明：在△ABE和△CBF中，，∴△ABE≌△CBF（SAS）；
（2）解：AE+CF＝EF，理由如下：延长DC至点K，使CK＝AE，连接BK，
在△BAE与△BCK中，，∴△BAE≌△BCK（SAS），∴BE＝BK，∠ABE＝∠KBC，
∵∠FBE＝60°，∠ABC＝120°，∴∠FBC+∠ABE＝60°，∴∠FBC+∠KBC＝60°，∴∠KBF＝∠FBE＝60°，
在△KBF与△EBF中，，
∴△KBF≌△EBF（SAS），∴KF＝EF，∴AE+CF＝KC+CF＝KF＝EF；
（3）解：AE﹣CF＝EF，理由如下：延长DC至G，使CG＝AE，
由（2）可知，△BAE≌△BCG（SAS），∴BE＝BG，∠ABE＝∠GBC，
∠GBF＝∠GBC﹣∠FBC＝∠ABE﹣∠FBC＝120°+∠FBC﹣60°﹣∠FBC＝60°，∴∠GBF＝∠EBF，
∵BG＝BE，∠GBF＝∠EBF，BF＝BF，∴△GBF≌△EBF，∴EF＝GF，∴AE﹣CF＝CG﹣CF＝GF＝EF．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线、掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
3.（2020·江阴市夏港中学八年级月考）（1）问题背景：
如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，且∠EAF＝60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．小明同学的方法是将△ABE绕点A逆时针旋转120°到△ADG的位置，然后再证明△AFE≌△AFG，从而得出结论：________________．
（2）探索延伸：如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，E，F分别是边BC，CD上的点，且∠BAD．上述结论是否仍然成立？请说明理由．
（3）方法应用：如图3，E、F分别是正方形ABCD边BC、CD上的动点，连接AE、AF，并且始终保持∠EAF=45°，连接EF并延长与AD的延长线交于点G，说明AG=EG．（正方形四边相等，四个角均为90°）

【答案】（1）EF= BE+FD，理由见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析．
【分析】（1）将△ABE逆时针旋转得到△ADG，使得AD与AB重合,即△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再证明△AEF≌△AGD，可得EF=FG即可；（2）如图2，将△ADF顺时针旋转得到△ABG，使得AD与AB重合，即△ADF≌△ABG；然后再证△EAG≌△EAF，可得GE=EF，再根据线段的和差即可解答；
（3）将△ABE逆时针旋转得到△ADH，使得AD与AB重合,即△ABE≌△ADH，然后再证△EAF≌△HAF可得∠H=∠AEF，再根据直角三角形的性质得到∠EAG=∠H，即，∠EAG=∠AEF，最后根据等腰三角形的性质解答即可．
【详解】解：(1) EF= BE+FD，理由如下：
如图1，将△ABE逆时针旋转得到△ADG，使得AD与AB重合,即△ABE≌△ADG（SAS）
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG.∵∠EAF=60°，∠BAD=120°∵∠EAF=∠BAD
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF=60°∴∠EAF=∠GAF
在△AEF和△GAF中AE=AG ，∠EAF=∠GAF，AF=AF∴△EAG≌△EAF（SAS）
∴EF=FG∴FG=DG+DF=BE+DF∴EF=BE+DF；故答案为EF=BE+DF；
（2）证明：如图2，将△ADF顺时针旋转得到△ABG，使得AD与AB重合
∴△ADF≌△ABG∴∠FAG=∠BAD，AF=AG，DF=GB
∵∠EAF=BAD∴∠EAF=∠EAG.
在△EAG和△EAF中∵AG=AF，∠EAF=∠EAG，AE=AE∴△EAG≌△EAF（SAS）∴GE=EF，
∵GE=GB+BE=DF+BE∴EF=BE+FD；
（3）如图3，将△ABE逆时针旋转得到△ADH，使得AD与AB重合,即△ABE≌△ADH
∴AE=AH，∠BAE=∠DAH.∵∠EAF=45°，∠BAD=90°∵∠EAF=∠BAD
∴∠HAF=∠DAH+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF=60°∴∠EAF=∠HAF
在△AEF和△HAF中AE=AH ，∠EAF=∠HAF，AF=AF∴△EAF≌△HAF（SAS）∴∠H=∠AEF
∵∠EAF=90°，∠HAD=90° ∴∠HAD+∠EAG=∠HAD+∠H ∴∠EAG=∠H
∵∠H=∠AEF ∴∠EAG=∠AEF ∴AG=EG．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质以及旋转的性质，通过旋转作出全等三角形是解答本题的关键．
4．（2022·四川绵阳市·八年级期末）已知在四边形ABCD中，∠ABC＋∠ADC＝180°，∠BAD＋∠BCD＝180°，AB＝BC（1）如图1，连接BD，若∠BAD＝90°，AD＝7，求DC的长度．
（2）如图2，点P、Q分别在线段AD、DC上，满足PQ＝AP＋CQ，求证：∠PBQ＝∠ABP＋∠QBC
（3）若点Q在DC的延长线上，点P在DA的延长线上，如图3所示，仍然满足PQ＝AP＋CQ，请写出∠PBQ与∠ADC的数量关系，并给出证明过程．
【答案】（1）；（2）见解析；（3），证明见解析
【分析】（1）根据已知条件得出为直角三角形，再根据证出，从而证出即可得出结论；（2）如图2，延长DC到 K，使得CK=AP，连接BK，通过证△BPA≌△BCK（SAS）得到：∠1=∠2，BP=BK．然后根据证明得，从而得出，然后得出结论；（3）如图3，在CD延长线上找一点K，使得KC=AP，连接BK，构建全等三角形：△BPA≌△BCK（SAS），由该全等三角形的性质和全等三角形的判定定理SSS证得：△PBQ≌△BKQ，则其对应角相等：∠PBQ=∠KBQ，结合四边形的内角和是360°可以推得：∠PBQ=90°+∠ADC．
【详解】（1）证明：如图1，
∵，，∴，
在和中，
∴，∴，∴；
（2）如图2，
延长至点，使得，连接
∵，∴，
∵，∴，
∵，，∴，
∴，，
∵，，∴，
∵，，∴，
∴，∴；
（3）；如图3，在延长线上找一点，使得，连接，
∵，∴，
∵，∴，
在和中，∴，
∴，，∴，
∵，∴，
在和中，∴，
∴，∴，
∴，∴．
．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质．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．
5．（2021·全国九年级专题练习）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），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，∴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．
6．（2021·山东东营市·七年级期末）(1)问题背景：
如图 1，在四边形 ABCD 中，AB = AD，∠BAD= 120°，∠B =∠ADC= 90°，E，F 分别是 BC, CD 上的点，且∠EAF = 60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．
小明同学探究此问题的方法是延长FD到点G，使DG=BE， 连结AG，先证明ΔΔADG，再证明ΔΔAGF，可得出结论，他的结论应是 ．
(2)探索延伸：如图 2，在四边形ABCD 中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F分别是BC，CD上的点，∠EAF=∠BAD，上述结论是否依然成立？并说明理由．
【答案】（1）EF=BE+DF；（2）成立，见解析
【分析】（1）延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解题；（2）延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解题；
【详解】解：（1）EF=BE+DF，证明如下：
在△ABE和△ADG中，
在△AEF和△AGF中，
故答案为 EF=BE+DF．
（2）结论EF=BE+DF仍然成立；理由：延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，如图②，
在△ABE和△ADG中∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=∠BAD，∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△AGF中，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，∴EF=BE+DF；
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质及“半角模型”，熟练掌握全等三角形的判定和性质及“半角模型”构造全等的方法是解题的关键．
模型5、三垂直全等模型
如图：
1．（2021·广东中山市·八年级期末）如图，在△ABC和△CDE中，若∠ACB＝∠CED＝90°，AB＝CD，CE＝AC，则下列结论中正确的是（ ）
A．E为BC中点B．2BE＝CDC．CB＝CDD．△ABC≌△CDE
【答案】D
【分析】首先利用HL定理证明Rt△ABC≌Rt△CDE，然后根据全等三角形的性质，即可一一判断．
【详解】∵∠ACB＝∠CED＝90° 在Rt△ABC与Rt△CDE中，，∴Rt△ABC≌Rt△CDE（HL），
∴CB＝DE，CE＝AC，CD＝AB，△ABC≌△CDE，故D符合题意，其他选项不符合题意故选：D．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，掌握HL定理判定三角形全等是解题关键
2．（2020·涿州市实验中学八年级期中）在中，于点D，点E为AD上一点，连接CE，CE＝AB，ED＝BD．（1）求证：；（2）若，则的度数为 ．
【答案】（1）理由见解析；（2），理由见解析．
【分析】（1）由SAS证明即可；（2）由全等三角形的性质，即可得出答案．
【详解】解：（1）∵AD⊥BC，∴∠ADB＝∠CDE＝90°，
在与中，，∴；
（2）∵，∴AD＝CD，
∴是等腰直角三角形，∴∠ACD＝45°，
∴∠ECD＝∠ACD﹣∠ACE＝45°﹣22°＝23°，
∴∠CED＝90°﹣23°＝67°，∴∠B＝∠CED＝67°，
【点睛】本题考查了三角形全等的判定、几何图形中角度的计算、等腰直角三角形的性质；关键在于熟练掌握证明三角形全的方式方法、运用等腰直角三角形的性质．
3．（2020·广东省龙岭初级中学初一期中）如图，已知∠DCE=90°，∠DAC=90°，BE⊥AC于B，且DC=EC．
（1）∠D和∠ECB相等吗？若相等，请说明理由；（2）△ADC≌△BCE吗？若全等，请说明理由；
（3）能否找到与AB+AD相等的线段，并说明理由。
【答案】解：（1）相等，理由如下∵∠DCE=90°，∠DAC=90°，
∴∠ECB＋∠ACD=90°，∠D＋∠ACD=90°∴∠D=∠ECB；
（2）全等，理由如下
在△ADC和△BCE中∴△ADC≌△BCE
（3）能，BE和AC，理由如下
∵△ADC≌△BCE∴AD=BC，AC=BE
∵AC=AB＋BC∴AC=AB＋AD ∴BE= AB＋AD
4．（2020·河北省初三三模）如图，和都是直角三角形，， ，顶点在上，边经过点，点，在同侧，．
（1）求证：：（2）若， ， ，求的长．
【答案】（1）证明：∵，，
∴，．∴．
又，，∴（AAS）．
（2）由，得，．
若，，则，，而，
∴，∴．
5．（2020·江西赣州市·八年级期末）已知：，，，．
（1）试猜想线段与的位置关系，并证明你的结论．
（2）若将沿方向平移至图2情形，其余条件不变，结论还成立吗？请说明理由．
（3）若将沿方向平移至图3情形，其余条件不变，结论还成立吗？请说明理由．
【答案】（1），见解析；（2）成立，理由见解析；（3）成立，理由见解析
【分析】（1）先用判断出，得出，进而判断出，即可得出结论；（2）同（1）的方法，即可得出结论；（3）同（1）的方法，即可得出结论．
【详解】解：（1）理由如下：∵，，∴
在和中∴，∴
∵，∴，∴，∴；
（2）成立，理由如下：
∵，，∴，
在和中，
∴，∴，
∵，∴，∴，
在中，，∴；
（3）成立，理由如下：∵，，∴
在和中，
∴，∴，
∵，∴，
在中，，∴．
【点睛】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，直角三角形的性质，判断出是解本题的关键．
6.（2021•庐江县期末）如图1，AB⊥BC于点B，CD⊥BC于点C，点E在线段BC上，且AE⊥DE．
（1）求证：∠EAB＝∠CED；（2）如图2，AF、DF分别平分∠BAE和∠CDE，则∠F的度数是 （直接写出答案即可）；（3）如图3，EH平分∠CED，EH的反向延长线交∠BAE的平分线AF于点G．求证：EG⊥AF．（提示：三角形内角和等于180°）
【解题思路】（1）根据垂直得到直角三角形，由直角三角形两锐角互余利用等量代换证明结论；
（2）通过作FM∥AB∥CD可证∠DFA＝∠CDF+∠BAF，因为∠CDE+∠BAE＝90°和角平分线的定义可得∠F（∠CDE+∠BAE），继而得到答案；
（3）根据角平分线的定义得∠CEH＝∠DEH＝∠GEB＝∠BAG＝∠EAF，由于∠B＝90°，∠BAE+∠BEA＝90°，在△AEG中，可证得∠EAG+∠AEG＝90°，从而证得结论．
【解答过程】（1）证明：∵AB⊥BC，CD⊥BC，
∴∠B＝∠C＝90°，∴∠BAE+∠AEB＝90°，
∵AE⊥DE，∴∠AED＝90°，
∴∠AEB+∠CED＝90°，∴∠BAE＝∠CED．
（2）解：答案为45°；过点F作FM∥AB，如图，
∵AB⊥BC，CD⊥BC，∴∠B＝∠C＝90°，∴AB∥CD，
∵∠C＝90°，∴∠CED+∠CDE＝90°，
∵∠BAE＝∠CED，∴∠BAE+∠CDE＝90°，
∵AF、DF分别平分∠BAE和∠CDE，
∴∠CDF∠CDE，∠BAF∠BAE，
∴∠CDF+∠BAF（∠BAE+∠CDE）＝45°，
∵FM∥AB∥CD，∴∠CDF＝∠DFM，∠BAF＝∠AFM，
∴∠AFD＝∠CDF+∠BAF＝45°．
（3）∵EH平分∠CED，∴∠CEH∠CED，∴∠BEG∠CED，
∵AF平分∠BAE，∴∠BAG∠BAE，∵∠BAE＝∠CED，∴∠BAG＝∠BEG，
∵∠BAE+∠BEA＝90°，∴∠BAG+∠GAE+∠AEB＝90°，
即∠GAE+∠AEB+∠BEG＝90°，∴∠AGE＝90°，∴EG⊥AF．
模型6、一线三等角全等模型
1）.一线三直角全等模型，如图：
1．（2021·广西梧州市·八年级期末）如图，在等腰直角三角形中，，点B在直线l上，过A作于D，过C作于E．下列给出四个结论：①；②与互余；③．其中正确结论的序号是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
【答案】D
【分析】证△ADB≌△BEC即可．
【详解】证明：∵， ，∴∠ADB=∠BEC=90°，
∴∠BAD+∠ABD=90°，∠BCE+∠CBE=90°，
∵，∴∠ABD+∠CBE=90°，∴∠BAD=∠CBE，
∴∠BCE+∠BAD=90°，故②正确；
∵∠BAD=∠CBE，∠ADB=∠BEC=90°，∴△ADB≌△BEC，
∴，AD=BE，故①正确；DE=DB+BE=CE+AD，故③正确；故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，解题关键是找到并证明全等三角形．
2．（2021·江苏扬州市·八年级期末）如图，，，且．
（1）试说明：是等腰直角三角形；（2）若，求的度数．
【答案】（1）见解析；（2）60°．
【分析】（1）利用ASA证明△BAE≌△CED，可证AE=DE，后利用∠BAE+∠BEA=90°，证明∠BEA+∠CED=90°，问题得证；（2）利用直角三角形的两个锐角互余，求解即可．
【详解】（1）∵，，且，∴△BAE≌△CED，∴AE=DE，
∵∠BAE+∠BEA=90°，∴∠BEA+∠CED=90°，∴∠AED=90°，∴△AED是等腰直角三角形；
（2）∵，，∴，
∵∠CDE+∠CED=90°，∴∠CDE=60°．
【点睛】本题考查了三角形的全等，等腰直角三角形的定义，直角三角形的锐角互余的性质，根据图形，结合条件选择对应判定方法，根据性质构造基本的计算等式是解题的关键．
3．（2021·湖北鄂州市·八年级期末）将的直角顶点置于直线上，，分别过点 、作直线的垂线，垂足分别为点、，连接．若， ．求的面积．
【答案】32
【分析】根据AAS即可证明，根据全等三角形的对应边相等，得出，，所而，从而求出AD的长，则可得到的面积．
【详解】解：∵，，∴，
∵，∴，
在与中， ∴∴，，
∵，∴．．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，余角的性质等知识，熟悉相关性质是解题的关键．
4．（2021·山东临沂市·八年级期末）如图，，，，，垂足分别为，，，求，求的长．
【答案】．
【分析】根据垂直定义求出∠BEC＝∠ACB＝∠ADC，根据等式性质求出∠ACD＝∠CBE，根据AAS证明△BCE≌△CAD；根据全等三角形的对应边相等得到AD＝CE，BE＝CD，利用DE＝CE−CD，即可解答．
【详解】,
又
在和中
,
又,,．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，垂线的定义等知识点的应用，解此题的关键是推出证明的三个条件．
5．（2021·河南商丘市·九年级期末）如图（1），已知中，，；是过的一条直线，且，在的异侧，于，于．（1）求证：；（2）若直线绕点旋转到图（2）位置时（），其余条件不变，问与，的数量关系如何？请给予证明．（3）若直线绕点旋转到图（3）位置时（），其余条件不变，问与，的数量关系如何？请直接写出结果，不需证明；（4）根据以上的讨论，请用简洁的语言表达直线在不同位置时与，的位置关系．
【答案】（1）见解析；（2），见解析；（3）；（4）当，在的同测时，；当，在的异侧时，若，则，若，则
【分析】（1）在直角三角形中，由题中条件可得∠ABD=EAC，又有AB=AC，则有一个角及斜边相等，则可判定△BAD≌△AEC，由三角形全等可得三角形对应边相等，进而通过线段之间的转化，可得出结论；
（2）由题中条件同样可得出△BAD≌△AEC，得出对应线段相等，进而可得线段之间的关系；
（3）同（2）的方法即可得出结论．（4）利用（1）（2）（3）即可得出结论．
【详解】解：（1）∵BD⊥AE，CE⊥AE∴∠ADB=∠CEA=90°∴∠ABD+∠BAD=90°
又∵∠BAC=90°∴∠EAC+∠BAD=90°∴∠ABD=∠CAE
在△ABD与△ACE中
∴△ABD≌△ACE∴BD=AE，AD=EC，∴BD=DE+CE
（2）∵BD⊥AE，CE⊥AE∴∠ADB=∠CEA=90°∴∠ABD+∠BAD=90°
又∵∠BAC=90°∴∠EAC+∠BAD=90°∴∠ABD=∠CAE
在△ABD与△ACE中∴△ABD≌△ACE∴BD=AE，AD=EC∴BD=DE-CE，
（3）∵∠BAC=90°，∴∠BAD+∠EAC=90°，
又∵BD⊥AE，CE⊥AE，∴∠BDA=∠AEC=90°，∠BAD+∠ABD=90°，∴∠ABD=∠EAC，
在△ABD与△CAE中，∴△ABD≌△CAE，∴BD=AE，AD=CE，
∵DE=AD+AE=BD+CE，∴BD=DE-CE．
（4）归纳：由（1）（2）（3）可知：当B，C在AE的同侧时，若BD> CE,则BD= DE +CE,若BD> CE,则BD= DE +CE,若BD< CE,则BD= CE- DE.
【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了三角形全等的判定方法，余角的性质，线段的和差，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
6．（2020·浙江温州市·八年级月考）在△ABC中，AO=BO，直线MN经过点O，且AC⊥MN于C，BD⊥MN于D. (1) 当直线MN绕点O旋转到图①的位置时，求证：CD=AC+BD；(2) 当直线MN绕点O旋转到图②的位置时，求证：CD=AC-BD；(3) 当直线MN绕点O旋转到图③的位置时，试问：CD、AC、BD有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）CD=BD-AC，证明见解析.
【分析】（1）通过证明△ACO≌△ODB得到OC=BD，AC=OD，则CD=AC+BD；
（2）通过证明△ACO≌△ODB得到OC=BD，AC=OD，则CD=AC-BD；
（3）通过证明△ACO≌△ODB得到OC=BD，AC=OD，则CD=BD-AC．
【详解】解：（1）如图1，

∵△AOB中，∠AOB=90°，∴∠AOC+∠BOD=90°，
直线MN经过点O，且AC⊥MN于C，BD⊥MN于D，
∴∠ACO=∠BDO=90°∴∠AOC+∠OAC=90°，∴∠OAC=∠BOD，
在△ACO和△ODB中，
∴△ACO≌△ODB（AAS），∴OC=BD，AC=OD，∴CD=AC+BD；
（2）如图2，∵△AOB中，∠AOB=90°，∴∠AOC+∠BOD=90°，
直线MN经过点O，且AC⊥MN于C，BD⊥MN于D，
∴∠ACO=∠BDO=90°∴∠AOC+∠OAC=90°，∴∠OAC=∠BOD，
在△ACO和△ODB中，,∴△ACO≌△ODB（AAS），
∴OC=BD，AC=OD，∴CD=OD﹣OC=AC﹣BD，即CD=AC﹣BD．
（3）如图3，∵△AOB中，∠AOB=90°，∴∠AOC+∠BOD=90°，
直线MN经过点O，且AC⊥MN于C，BD⊥MN于D，
∴∠ACO=∠BDO=90°∴∠AOC+∠OAC=90°，∴∠OAC=∠BOD，
在△ACO和△ODB中，,∴△ACO≌△ODB（AAS），
∴OC=BD，AC=OD，∴CD=OC﹣OD=BD﹣AC，即CD=BD﹣AC．
【点睛】此题是一道几何变换综合题，需要掌握全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，是一个探究题目，对于学生的能力要求比较高.
2）.一线三等角与一组对应边相等全等模型，如图：
1．（2021·安徽马鞍山市·八年级期末）如图，已知在中，，，
求证：．
【答案】见解析．
【分析】证明，为三角形的全等提供条件即可．
【详解】证明：，，，
，，
在和中，≌(ASA) ．
【点睛】本题考查了ASA证明三角形的全等，抓住题目的特点，补充全等需要的条件是解题的关键．
2．（2021·黑龙江大庆市·七年级期末）如图，在中，，、、三点都在直线上，并且有，求证：．
【答案】见解析
【分析】首先根据等量代换得出，从而可证，最后利用全等三角形的性质即可得出结论．
【详解】证明：设，∴，∴，
∵在和中，∴，
∴，，∴．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质，掌握全等三角形判定方法和性质是解题的关键．
3．（2021·河南濮阳市·八年级期末）已知：D，A，E三点都在直线m上，在直线m的同一侧作，使，连接BD，CE．（1）如图①，若，，，求证；
（2）如图②，若，请判断BD，CE，DE三条线段之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）见详解；（2）DE＝BD＋CE．理由见详解
【分析】（1）根据BD⊥直线m，CE⊥直线m得∠BDA＝∠CEA＝90°，而∠BAC＝90°，根据等角的余角相等，得∠CAE＝∠ABD，然后根据“AAS”可判断△ABD≌△CAE；
（2）由∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，就可以求出∠BAD＝∠ACE，进而由ASA就可以得出△ABD≌△CAE，就可以得出BD＝AE，DA＝CE，即可得出结论．
【详解】（1）证明：如图①，∵D，A，E三点都在直线m上，∠BAC＝90°，∴∠BAD＋∠CAE＝90°，
∵BD⊥m，CE⊥m，∴∠ADB＝∠CEA＝90°，∴∠BAD＋∠ABD＝90°，∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD和△CAE中，，∴△ABD≌△CAE（AAS）；
（2）DE＝BD＋CE．理由如下：如图②，∵∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，
∴由三角形内角和及平角性质，得：∠BAD＋∠ABD＝∠BAD＋∠CAE＝∠CAE＋∠ACE，
∴∠ABD＝∠CAE，∠BAD＝∠ACE，
在△ABD和△CAE中，，∴△ABD≌△CAE（ASA），
∴BD＝AE，AD＝CE，∴DE＝AD＋AE＝BD＋CE．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质以及三角形内角和定理的综合应用，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法，灵活运用所学知识解决问题．
4．（2020·无锡市胡埭中学八年级月考）（1）如图1，直线m经过等腰直角△ABC的直角顶点A，过点B、C分别作BD⊥m，CE⊥m，垂足分别是D、E．求证：BD＋CE＝DE；
（2）如图2，直线m经过△ABC的顶点A，AB＝AC，在直线m上取两点 D、E，使∠ADB＝∠AEC＝α，补充∠BAC＝ （用α表示），线段BD、CE与DE之间满足BD＋CE＝DE，补充条件后并证明；
（3）在（2）的条件中，将直线m绕着点A逆时针方向旋转一个角度到如图3的位置，并改变条件∠ADB＝∠AEC＝ （用α表示）．通过观察或测量，猜想线段BD、CE与DE之间满足的数量关系，并予以证明．
【答案】（1）证明见详解，（2）∠BAC=，证法见详解，（3）180º-，DE=EC-BD，证明见详解．
【分析】（1）根据已知首先证明∠DAB=∠ECA，再利用AAS即可得出△ADB≌△CEA；
（2）补充∠BAC=α．利用△ADB≌△CAE，即可得出三角形对应边之间的关系，即可得出答案；
（3）180º-α，DE=CE-BD，根据已知首先证明∠DAB=∠ECA，再利用AAS即可得出△ADB≌△CEA，即可得出三角形对应边之间的关系，即可得出答案．
【详解】证明：（1）∵BD⊥m，CE⊥m，∠ABC=90°，AC=BC，
∴△ADB和△AEC都是直角三角形，∴∠DBA+∠DAB=90°，∴∠ECA+∠EAC=90°，
∵∠BAC=90°，∠DAB+∠EAC=90º，∴∠DAB=∠ECA，
又∵∠ADB=∠CEA=90°，AB=BC，所以△ADB≌△CEA（AAS），
BD=AE，DA=EC，DE=DA+AE=EC+BD，BD＋CE＝DE．
（2）∵等腰△ABC中，AC=CB，∠ADB=∠BAC=∠CEA=α，
∴∠DAB+∠EAC=180°-α，∠ECA+∠CAE=180º-α，∴∠DAB=∠ECA，
∵∠ADB=∠CEA=α，AC=CB，∴△ADB≌△CEA（AAS），∴CE=AD，BD=AE，
∴AD+BE=CE+CD，所以BD+CE=DE．
（3）180º-α，数量关系为DE=CE-BD，
∵∠ADB＝∠AEC＝ 180º-α，∠BAC=α，∴∠ABD+∠BAD=α，∠BAD+∠EAC=α，∴∠ABD=∠CAE，
∵AB=AC，∴△BAD≌△ACE（AAS），∴AD=CE，BD=AE，∴DE=AD-AE=EC-BD．
【点睛】点评：此题主要考查了三角形全等的证明，根据已知得出∠DAB=∠ECA，再利用全等三角形的判定方法得出是解决问题的关键．
5.（2021•香坊区期末）如图，在△ABC中，点D是边BC上一点，CD＝AB，点E在边AC上，且AD＝DE，∠BAD＝∠CDE．（1）如图1，求证：BD＝CE；（2）如图2，若DE平分∠ADC，在不添加辅助线的情况下，请直接写出图中所有与∠ADE相等的角（∠ADE除外）．
【解题】（1）由“SAS”可证△ABD≌△DCE，可得BD＝CE；
（2）由全等三角形的性质可得∠B＝∠C，由三角形的外角性质和角平分线的性质可求解．
【解答】解：（1）在△ABD和△DCE中，
，∴△ABD≌△DCE（SAS），∴BD＝CE；
（2）∵△ABD≌△DCE，∴∠B＝∠C，
∵DE平分∠ADC，∴∠ADE＝∠CDE＝∠BAD，
∵∠ADC＝∠B+∠BAD＝∠ADE+∠CDE，∴∠B＝∠ADE＝∠BAD＝∠EDC＝∠C，
∴与∠ADE相等的角有∠EDC，∠BAD，∠B，∠C．
6．（2021·河北沧州市·八年级期末）
（1）如图①，已知：中，，，直线m经过点A，于D，于E，请探索、、三条线段之间的数量关系，直接写出结论；
（2）拓展：如图2，将（1）中的条件改为：中，，D、A、E三点都在直线m上，并且，为任意锐角或钝角，请问（1）中结论是否还成立？如成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（3）应用：如图③，在中，是钝角，，，，直线m与的延长线交于点F，若，的面积是16，求与的面积之和．
【答案】（1）；（2）成立，证明见详解；（3）8．
【分析】（1）通过题中的直角和垂直条件，可得到，然后证明△CAE≌△ABD，即得到，，然后通过等量代换即可得到结论；（2）同（1）中类似，先证明△CAE≌△ABD后得到对应边成比例即可；（3）证明△CAE≌△ABD，发现与的面积之和即为△ACF的面积，然后根据即可得到答案．
【详解】解：（1），
∵，∴，
∵，，∴，
∴，∴
在△CAE和△ABD中，∴△CAE≌△ABD，
∴，，
∵，∴；
（2）成立，
∵，且，
∴，
在△ABD中，，
∴，∴，
在△CAE和△ABD中，
∴△CAE≌△ABD，∴，，
∵，∴；
（3）如图，过A作AH⊥BC于H，
∵，且，
在△ABD中，，∴，
在△CAE和△ABD中，∴△CAE≌△ABD，
∴△CAE与△ABD面积相同，∴与的面积之和即为△ACF的面积，
△ABC的面积为，△ACF的面积为，
∵，∴
∴与的面积之和为8．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，是常见的“一线三等角”模型，熟练掌握全等三角形的判定是解题的关键．
模型6、手拉手全等模型
1).等腰（直角）三角形中的手拉手全等模型
eq \\ac(○,1)如图，△ABC与△ADE均为等腰三角形，且∠BAC＝∠DAE，连接BD、CE，则△ABD≌△ACE.

eq \\ac(○,2)两个共直角顶点的等腰直角三角形，绕点C旋转过程中（B、C、D不共线）始终有：[来源:Z#xx#k.Cm]
①△BCD≌△ACE；②BD⊥AE（位置关系）且BD=AE（数量关系）；③FC平分∠BFE；
1．（2020·河南许昌市·九年级期中）问题发现：（1）如图1，已知为线段上一点，分别以线段，为直角边作等腰直角三角形，，，，连接，，线段，之间的数量关系为______；位置关系为_______．
拓展探究：（2）如图2，把绕点逆时针旋转，线段，交于点，则与之间的关系是否仍然成立？请说明理由．
【答案】问题发现：（1）；；拓展探究：（2）成立，理由见解析；拓展延伸：（3）
【分析】问题发现：（1）根据题目条件证△ACE≌△DCB，再根据全等三角形的性质即可得出答案；
拓展探究：（2）依然用SAS证，根据全等三角形的性质即可证得；
【详解】解：问题发现：（1）如下图，延长BD，交AE于点F，
∵∴
又∵ ∴（SAS），∴AE=BD，∠CAE=∠CDB
∵∴∴
∴∴AE⊥BD，故答案为：，

拓展探究：（2）成立．
理由：如图1，设与相交于点．∵，∴．
又∵，，∴，∴，．
∵，∴，∴，∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形三边关系，有2个形状相同的图形，有一个公共点，就是手拉手模型，手拉手模型必有全等，证明方法都是用“SAS”，所以熟练掌握全等三角形的判定和手拉手模型是解决本题的关键．
2．（2020·黑龙江绥化市·八年级期末）两块等腰直角三角尺与（不全等）如图（1）放置，则有结论：①②；若把三角尺绕着点逆时针旋转一定的角度后，如图（2）所示，判断结论：①②是否都还成立？若成立请给出证明，若不成立请说明理由．
【答案】①AC=BD②AC⊥BD都还成立，理由见解析
【分析】利用全等三角形的判定方法（SAS）得出△ACO≌△BDO，进而得出AC=BD，再利用三角形内角和定理得出AC⊥BD．
【详解】解：①AC=BD②AC⊥BD都还成立，理由如下：
如图，设AO、AC与BD分别交于点E、N，
∵∠AOB=∠COD=90°，∴∠AOB+∠DOA=∠COD+∠DOA，即∠COA=∠DOB，
在△ACO和△BDO中，，∴△ACO≌△BDO（SAS），∴AC=BD，∠OBD=∠OAC，
又∵∠BEO=∠AED，∴∠AOB=∠ANE=90°，∴AC⊥BD，
综上所述：①AC=BD②AC⊥BD都还成立．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质以及三角形内角和定理，解题的关键是根据已知得出△ACO≌△BDO．
3．（2021·湖南常德市·八年级期末）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）如图1，当点D在线段BC上，如果∠BAC=90°，则∠BCE为多少？说明理由；
（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？
请直接写出你的结论，不需证明．
【答案】（1）90°；（2）①α＋β＝180°，理由见详解；②点D在直线BC上移动，α＋β＝180°或α＝β．
【分析】（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）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．
【详解】解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵∠DAE＝∠BAC，∴∠BAD＝∠CAE，且AB＝AC，AD＝AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS）∴∠ABC＝∠ACE＝45°，∴∠BCE＝∠ACB＋∠ACE＝90°；
（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，三角形的内角和定理，证明△ABD≌△ACE是解本题的关键．
4．（2021·甘肃庆阳市·八年级期末）在学习全等三角形知识时、教学兴趣小组发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．通过资料查询，他们得知这种模型称为“手拉手模型” 兴趣小组进行了如下操究：
（1）如图1、两个等腰三角形△ABC和△ADE中，AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE，连接BD、CE、如果把小等腰三角形的腰长看作小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手，这个就是“手拉手模型”，在这个模型中，和△ADB全等的三角形是 ，此线BD和CE的数量关系是
（2）如图2、两个等腰直角三角形△ABC和△ADE中，AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE=90°，连接BD，CE，两线交于点P，请判断线段BD和CE的数量关系和位置关系，并说明理由：
（3）如图3，已知△ABC、请完成作图：以AB、AC为边分别向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE（等边三角形三条边相等，三个角都等于60°），连接BE，CD，两线交于点P，并直接写出线段BE和CD的数量关系及∠PBC+∠PCB的度数、
【答案】（1）△AEC，BD=CE；（2）BD=CE且BD⊥CE，理由见解析；（3）作图见解析，BE=CD，∠PBC+∠PCB=60°．
【分析】（1）根据SAS证明两个三角形全等即可；（2）通过条件证明△DAB≌△EAC（SAS），得到∠DBC
+∠ECB=90°，即可证明BD⊥CE，从而得到结果；（3）根据已知条件证明即可得到证明；
【详解】解：（1）∵AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE，∴，
即，∴，∴BD=CE；
（2）BD=CE且BD⊥CE；理由如下：因为∠DAE=∠BAC=90°，如图2．
所以∠DAE+∠BAE=∠BAC+∠BAE．所以∠DAB=∠EAC．

在△DAB和△EAC中，所以△DAB≌△EAC（SAS）．所以BD=CE，∠DBA=∠ECA．
因为∠ECA+∠ECB+∠ABC=90°，所以∠DBA+∠ECB+∠ABC=90°． 即∠DBC+∠ECB=90°．
所以∠BPC=180°-（∠DBC+∠ECB）=90°．所以BD⊥CE．综上所述：BD=CE且BD⊥CE．
（3）如图3所示，BE=CD，∠PBC+∠PCB=60°．
由图可知，AD=AB，AE=AC，
∴，即，
∴，∴BE=CD，，
又∵，∴，
∴，∴∠PBC+∠PCB=60°．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的知识点应用，准确分析图形是解题的关键．
5．（2021·内蒙古赤峰市·九年级期末）如图，将两块含45°角的大小不同的直角三角板△COD和△AOB如图①摆放，连结AC，BD．（1）如图①，猜想线段AC与BD存在怎样的数量关系和位置关系，请写出结论并证明；（2）将图①中的△COD绕点O顺时针旋转一定的角度（如图②），连结AC，BD，其他条件不变，线段AC与BD存在（1）中的关系吗？请写出结论并说明理由．（3）将图①中的△COD绕点O逆时针旋转一定的角度（如图③），连结AC，BD，其他条件不变，线段AC与BD存在怎样的关系？请直接写出结论．
【答案】（1）AC=BD，AC⊥BD，证明见解析；（2）存在，AC=BD，AC⊥BD，证明见解析；（3）AC=BD，AC⊥BD
【分析】（1）延长BD交AC于点E．易证△AOC≌△BOD（SAS），可得AC=BD，∠OAC=∠OBD，由∠ADE=∠BDO，可证∠AED=∠BOD=90º即可；（2）延长BD交AC于点F，交AO于点G．易证△AOC≌△BOD（SAS），可得AC=BD，∠OAC=∠OBD，由∠AGF=∠BGO，可得∠AFG=∠BOG=90º即可；（3）BD交AC于点H，AO于M，可证△AOC≌△BOD（SAS），可得AC=BD，∠OAC=∠OBD，由∠AMH=∠BMO，可得∠AHM=∠BOH=90º即可．
【详解】（1）AC=BD，AC⊥BD， 证明：延长BD交AC于点E．
∵△COD和△AOB均为等腰直角三角形，∴OC=OD，OA=OB，∠COA=∠BOD=90º，
∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC=BD，∴∠OAC=∠OBD，
∵∠ADE=∠BDO，∴∠AED=∠BOD=90º，∴AC⊥BD；
（2）存在，证明：延长BD交AC于点F，交AO于点G．
∵△COD和△AOB均为等腰直角三角形，∴OC=OD，OA=OB，∠DOC=BOA=90º，
∵∠AOC=∠DOC－∠DOA，∠BOD=∠BOA－∠DOA，
∴∠AOC=∠BOD，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC=BD，∠OAC=∠OBD，
∵∠AGF=∠BGO，∴∠AFG=∠BOG=90º，∴AC⊥BD；
（3）AC=BD，AC⊥BD．证明：BD交AC于点H，AO于M，
∵△COD和△AOB均为等腰直角三角形，∴OC=OD，OA=OB，∠DOC=BOA=90º，
∵∠AOC=∠DOC+∠DOA，∠BOD=∠BOA+∠DOA，
∴∠AOC=∠BOD，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC=BD，∠OAC=∠OBD，
∵∠AMH=∠BMO，∴∠AHM=∠BOH=90º，∴AC⊥BD．
【点睛】本题考查三角形旋转变换中对应相等的位置与数量关系，掌握三角形全等的证明方法，及其角度计算是解题关键．
2).等边三角形中的手拉手全等模型
如图，△ABC与△CDE均为等边三角形，连接AE、BD，则△BCD≌△ACE.

图1 图2

图3 图4
1．（2021·河南新乡市·新乡学院附属中学八年级月考）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=DQ；④DE=DP；⑤∠AOB=60°．其中一定成立的结论有（ ）个
A．1B．2C．3D．4
【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，∠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°.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．
2．（2020·湖南邵阳市·八年级期中）如图1，若点是线段上的动点（不与，重合），分别以、为边向线段的同一侧作等边和等边.
（1）图1中，连接、，相交于点，设，那么 ；（2）如图2，若点固定，将绕点按顺时针方向旋转（旋转角小于），此时的大小是否发生变化？请说明理由.
【答案】（1）；（2）此时的大小不会发生改变，始终等于，理由见解析
【分析】（1）首先证得△APD≌△CPB，然后根据三角形的外角的性质即可求解；
（2）旋转的过程中，（1）中得两个三角形的全等关系不变，因而角度不会变化．
【详解】（1），理由：∵△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，∴△APD≌△CPB，∴∠PAD=∠PCB，
∵∠QAP+∠QAC+∠ACP=120°，∴∠QCP+∠QAC+∠ACP=120°，∴∠AQC=180°-120°=60°；
（2）此时的大小不会发生改变，始终等于.
理由：∵是等边三角形，∴，
∵是等边三角形∴，∴
∴∴≌∴
∵∴∴
【点睛】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质，正确证明两个三角形全等是解题的关键．
3．（2020·江西上饶市·南屏中学八年级月考）如图, AB=CB, BD=BE, ∠ABC=∠DBE=a.
（1）当a=60°, 如图①则，∠DPE的度数______________
（2）若△BDE绕点B旋转一定角度，如图②所示，求∠DPE（用a表示）
【答案】（1）60°；（2）∠DPE=a
【分析】（1）利用SAAS证得△ABE≌△CBD，利用全等三角形的性质得到∠AEB=∠CDB，再利用三角形内角和定义以及等边三角形的性质即可解答；（2）利用SAAS证得△ABE≌△CBD，利用全等三角形的性质得到∠AEB=∠BDC，再利用三角形内角和定理即可完成.
【详解】（1）解：∵∠ABC=∠DBE∴∠ABC+∠CBE=∠DBE+∠CBE即∠ABE=∠CBD
在△ABE和△CBD中 ∴△ABE≌△CBD（SAS）∴∠AEB=∠CDB
∵∠ABC=∠DBE，AB=CB, BD=BE∴△ABC和△EBD是等边三角形∴∠BDE=∠EDB=60°
∵∠EDP+∠CDB=60°∴∠EDP+∠AEB=60°
∵∠DPE+∠AEB+∠BED+∠EDP=180°∴∠DPE=60°故答案为：60°
（2）如图：∵∠ABC=∠DBE=a∴∠ABC﹣∠EBC=∠DBE﹣∠EBC即∠ABE=∠CBD
在△ABE和△CBD中 ∴△ABE≌△CBD（SAS）∴∠AEB=∠BDC
∵∠DQB+∠DBE+∠BDC=180° ∠EQP+∠DPE+∠AEB=180°
又∵∠DQB=∠EQP∴∠DBE=∠DPE ∴∠DPE=a
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质，还涉及了等边三角形的判定及性质、三角形内角和定理等知识点，熟练掌握相关性质定理是解题关键.
4．（2021·费县第二中学）如图，△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝90°，AC、BD交于点M．(1) 如图1，求证：AC=BD，判断AC与BD的位置关系并说明理由；
(2) 如图2，∠AOB＝∠COD＝60°时，∠AMD的度数为___________.
【答案】(1)答案见解析；（2）
【分析】易证 ， 即可求得 即可判断AC与BD的位置关系同理可得.
【详解】 即：
易证 AC=BD
∵
∴
∵ ∴ ∴AC⊥BD
（2）同理可得.
故答案为：
【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质，掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键.
5．（2020·新疆八年级期中）如图，点C为线段AB上一点，△ACM，△CBN是等边三角形，直线AN，MC交于点E,直线BM、CN交于F点．（1）求证：AN=BM；（2）求证：△CEF为等边三角形；（3）将△ACM绕点C按逆时针方向旋转900，其他条件不变，在图2中补出符合要求的图形，并判断第（1）（2）两小题的结论是否仍然成立，不要求证明．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）成立.
【详解】（1）可通过全等三角形来得出简单的线段相等，证明AN=BM，只要求出三角形ACN和MCB全等即可，这两个三角形中，已知的条件有AC=MC，NC=CB，只要证明这两组对应边的夹角相等即可，我们发现∠ACN和∠MCB都是等边三角形的外角，因此它们都是120°，这样就能得出两三角形全等了．也就证出了AN=BM．（2）我们不难发现∠ECF=180﹣60﹣60=60°，因此只要我们再证得两条边相等即可得出三角形ECF是等边三角形，可从EC，CF入手，由（1）的全等三角形我们知道，∠MAC=∠BMC，又知道了AC=MC，∠MCF=∠ACE=60°，那么此时三角形AEC≌三角形MCF，可得出CF=CE，于是我们再根据∠ECF=60°，便可得出三角形ECF是等边三角形的结论．（3）判定结论1是否正确，也是通过证明三角形ACN和BCM来求得．这两个三角形中MC=AC，NC=BC，∠MCB和∠ACN都是60°+∠ACB，因此两三角形就全等，AN=BM，结论1正确．如图，当把MC逆时针旋转90°后，AC也旋转了90°，因此∠ACB=90°，很显然∠FCE＞90°，因此三角形FCE绝对不可能是等边三角形．
解析：（1）∵△ACM，△CBN是等边三角形，
∴AC=MC，BC=NC，∠ACM=60°，∠NCB=60°，
在△CAN和△MCB中，，∴△CAN≌△MCB（SAS），∴AN=BM．
（2）∵△CAN≌△MCB，∴∠CAN=∠CMB，
又∵∠MCF=180°﹣∠ACM﹣∠NCB=180°﹣60°﹣60°=60°，∴∠MCF=∠ACE，
在△CAE和△CMF中，，
∴△CAE≌△CMF（ASA），∴CE=CF，∴△CEF为等腰三角形，
又∵∠ECF=60°，∴△CEF为等边三角形．
（3）连接AN，BM，∵△ACM、△CBN是等边三角形，∴AC=MC，BC=CN，∠ACM=∠BCN=60°，∵∠ACB=90°，∴∠ACN=∠MCB，
在△ACN和△MCB中，，∴△ACN≌△MCB（SAS），∴AN=MB．
当把MC逆时针旋转90°后，AC也旋转了90°，因此∠ACB=90°，很显然∠FCE＞90°，因此三角形FCE绝对不可能是等边三角形，即结论1成立，结论2不成立．
【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质．
6．（2020·西华县教研室八年级期中）如图，，，三点在一条直线上，和均为等边三角形，与交于点，与交于点．
（1）求证：；（2）若把绕点任意旋转一个角度，（1）中的结论还成立吗？请说明理由．
【答案】（1）见解析（2）成立，理由见解析．
【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）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，，
(SAS)．．即AE=BD，
（2）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．
3).一般三角形中的手拉手全等模型
如图，在任意△ABC中，分别以AB、AC为边作等边△ADB、△ACE，连接DC、BE，则△ADC≌△ACE.

4).正方形中的手拉手全等模型
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.
1．（2020·辽宁丹东市·七年级期末）已知：如图1，在和中，，，．（1）证明．（2）如图2，连接和，，与分别交于点和，，求的度数．（3）在（2）的条件下，若，请直接写出的度数．
【答案】（1）证明见解析；（2）∠ACE =62°；（3）∠CBA=6°．
【分析】(1)根据已知条件可以确定∠CAB =∠EAD，结合已知条件，用AAS可判定△ABC≌△ADE；
(2)由(1)中△ABC≌△ADE可得∠CBA=∠EDA ,AC=AE，在△MND和△ANB中，用三角形内角和定理由∠MND=∠ANB可得∠DAB=∠DMB=56°，即∠CAE =∠DAB=56°，由AC=AE，可得∠ACE =∠AEC=；(3) 连接AM，先证(SAS),得到AM=AN,,进而可得,由(2)可知,根据等腰三角形内角和可得= ，由三角形外角定理可得=-= .
【详解】解：（1）∵∠CAE =∠DAB，∴∠CAE +∠CAD =∠DAB +∠CAD，即∠CAB =∠EAD，
在△ABC和△ADE中，∴△ABC≌△ADE（AAS），
（2）∵△ABC≌△ADE ，∴∠CBA=∠EDA ,AC=AE ，
在△MND和△ANB中，∵∠EDA +∠MND+∠DMB =，∠CBA +∠ANB +∠DAB =，
又∵ ∠MND=∠ANB，∴ ∠DAB=∠DMB=，∴∠CAE =∠DAB=，
∵AC=AE，∴∠ACE =∠AEC=，∴∠ACE =，
（3）∠CBA=，
如图所示，连接AM，,CN=EM,CA=EA,(SAS),
AM=AN,,=即,
由(2)可得：,=,
∠CAE =∠DAB==-= .
【点睛】本题综合考查了三角形的相关定理与证明，较为综合，熟练掌握三角形的内角和定理，外角定理，全等三角形的判定与性质是解题的关键.
2．（2021·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．
3．（2020·山东济宁市·八年级期末）如图，为等边的边延长线上的一动点，以为边向上作等边，连接．（1）求证：；（2）当时，求的度数；（3）与有怎样的数量关系？随着点位置的变化，与的数量关系是否会发生变化？请说明理由．
【答案】1）证明见解析；（2）；（3）；数量关系不变；理由见解析
【分析】（1）先根据等边三角形的性质得出∠BAC＝∠PAQ＝60°，AB＝AC，AP＝AQ，再由SAS定理即可得出结论；（2）由∠APC=∠CAP，∠B=∠BAC，∠B+∠BAC+∠APC+∠CAP=180°，得∠BAP=90°，再结合，进而即可求解；（3）设CD与AP交于点O，由，得∠ACD=∠APD，结合∠AOC=∠DOP，三角形内角和定理，即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵△ABC与△APD是等边三角形，
∴∠BAC＝∠PAD＝60°，AB＝AC，AP＝AD，∴∠BAP＝∠DAC，
在△ABP与△ACD中，，∴（SAS）；
（2）∵，∴∠APC=∠CAP，∵△ABC是等边三角形，∴∠B=∠BAC=60°，
又∵∠B+∠BAC+∠APC+∠CAP=180°，∴∠BAC+∠CAP=×180°=90°，即：∠BAP=90°，
∴∠APB=90°-60°=30°，∴∠ADC=∠APB=30°，
∵△APD是等边三角形，∴=60°-∠ADC=60°-30°=30°；
（3）=，随着点位置的变化，与的数量关系不会发生变化，理由如下：
设CD与AP交于点O，∵，∴∠ACD=∠ABP=60°，∵∠APD=60°，∴∠ACD=∠APD，
又∵∠AOC=∠DOP，∠AOC+∠ACD+∠PAC=180°，∠DOP+∠APD+∠PDC=180°，∴=．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，直角三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定和性质，是解题的关键．
4．（2020·河南省鹤壁市湘江中学八年级月考）（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，，，
5．（2020·广东广州市·执信中学八年级期中）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.
6．（2020·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．