专题08 探索“手拉手”模型-八年级数学秘籍之三角形全等、轴对称及几何动态问题思维训练

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专题08 探索“手拉手”模型

【常见模型】

共顶点的等腰三角形 共顶点的等边三角形

共顶点的等腰直角三角形 共顶点的正方形
【典例解析】
【例1】（2021·射阳县月考）如图，，都是等边三角形，BE，CD相交于点O．
（1）求证：BE=CD；（2）求∠BOC的度数．

【答案】见解析．
【解析】（1）证明：∵△ABD与△AEC都是等边三角形，
∴AD=AB，AE=AC，∠ADB=∠ABD=60°，∠DAB=∠EAC=60°，
∴∠DAB+∠BAC=∠EAC+∠BAC，
∴∠DAC=∠BAE，
在△DAC和△BAE中，，
∴△DAC≌△BAE（SAS），
∴BE=DC；
（2）由（1）可得出∠ADC=∠ABE，
∵∠BOD=180°-∠ODB-∠DBA-∠ABE
=180°-∠ODB-60°-∠ADC
=120°-（∠ODB+∠ADC）
=60°，
∴∠BOC=180°-∠BOD=180°-60°=120°．
【例2】（2020·常州市武进区月考）如图,点A,B,C在一条直线上,△ABD,△BCE均为等边三角形,连接AE和CD,AE分别交CD,BD于点M,P,CD交BE于点Q,连接PQ,BM,下面的结论:①△ABE≌△DBC;②∠DMA=60°;③△BPQ为等边三角形;④MB平分∠AMC,其中结论正确的有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D.
【解析】∵△ABD、△BCE为等边三角形，
∴AB=DB，∠ABD=∠CBE=60°，BE=BC，
∴∠ABE=∠DBC，∠PBQ=60°，
∴△ABE≌△DBC，①正确；
∵△ABE≌△DBC，
∴∠BAE=∠BDC，
∵∠BDC+∠BCD=180°﹣60°﹣60°=60°，
∴∠DMA=∠BAE+∠BCD=∠BDC+∠BCD=60°，
∴②正确；
由△ABP≌△DBQ，
∴BP=BQ，
∴△BPQ为等边三角形，
∴③正确；
由全等三角形对应边上的高相等，知B到CD、AE的距离相等，
故BM平分∠AMC，
∴④正确；
综上所述：正确的结论有4个.
【例3】（2020·沙坪坝月考）已知：在中，，以为顶点作，连接．
（1）如图，若，求的面积：

（2）如图，若为的中点，连接并延长交于，求证：

（3）如图，为上一点，，连接为上一点，，连接，过作于，若，请直接写出的长．

【答案】见解析.
【解析】（1）解：∵BE=2.5
∴BD=BE=2.5
∵∠CBE=120°
∴∠ABD=60°
∵AD⊥BD
∴AB=2BD=5，
∴△ABC面积为：12.5.
（2）证明：过A作AM∥BD交BF延长线于M

∴∠M=∠FBD，∠MAB+∠ABD=180°
∵F为AD的中点
∴AF=DF
又∠1=∠2，
∴△AMF≌△DBF
∴AM=BD，
∴AM=BE，
∵∠CBE+∠ABD=180°，∠ABD+∠BAM=180°
∴∠CBE=∠BAM
∴△ABM≌△BCE
∴∠BEC=∠M=∠FBD
∵∠FBD+∠HBE=90°
∴∠BEC+∠HBE=90°
∴∠BHE=90°，即FH⊥CE.
（3）
在BF上取一点M，使得BM=DF，连接GM，过A作AN⊥BF于N，
可得：△GMB≌△GFD，得等边△GMF
故BF=FG+DF=9
由角平分线得：AH=AN，而S△ABF=10，故AH=．
【例4】（2020·湖南双清期末）以点为顶点作等腰，等腰，其中，如图1所示放置，使得一直角边重合，连接、．

（1）试判断、的数量关系，并说明理由；
（2）延长交于点试求的度数；
（3）把两个等腰直角三角形按如图2放置，（1）、（2）中的结论是否仍成立？请说明理由．

【答案】见解析.
【解析】解：
（1）∵△ABC、△ADE是等腰直角三角形，
∴AB=AC，∠BAD=∠EAC=90°，AD=AE，
在△ADB和△AEC中，
∴△ADB≌△AEC（SAS），
∴BD=CE.
（2）∵△ADB≌△AEC，
∴∠ACE=∠ABD，
在△CDF中，∠BFC=180°-∠ACE-∠CDF，
∵∠CDF=∠BDA，
∴∠BFC=180°-∠DBA-∠BDA=∠DAB=90°；
（3）BD=CE成立，∠BFC=90°．
理由如下：
∵△ABC、△ADE是等腰直角三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠EAD=90°，
∵∠BAC+∠CAD=∠EAD+∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE，
在△ADB和△AEC中，，
∴△ADB≌△AEC（SAS），
∴BD=CE，∠ACE=∠DBA，
∴∠BFC=∠DAB=90°．
【例5】（2019·河北安平期末）如图，和都是等腰直角三角形，，，则___________度．

【答案】132.
【解析】解：∵∠ACB=∠ECD=90°，
∴∠BCD=∠ACE
又AC=BC，CD=CE
∴△BDC≌△AEC
∴∠DBC=∠EAC
∵∠EBD=∠DBC+∠EBC=42°
∴∠EAC+∠EBC=42°，
∴∠ABE+∠EAB=48°
∴∠AEB=132°
故答案为：132.
【习题专练】
1.（2020·沈阳兴华月考）（1）问题发现与探究：

如图，都是等腰直角三角形，，点A，D，E在同一直线上，于点M，连接BD，则：
（1）线段AE，BD之间的大小关系是___________； ；
（2）求证：AD=2CM+BD；
【答案】（1）AE＝BD，90°；（2）见解析.
【解析】（1）解：∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，
∴AC＝BC，CE＝CD，
∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACE＝∠BCD，
在△ACE与△BCD中，
AC＝BC，∠ACE＝∠BCD，CE＝CD，
∴△ACD≌△BCE，
∴AE＝BD，∠AEC＝∠BDC，
∵∠CED＝∠CDE＝45°，
∴∠AEC＝135°，∴∠BDC＝135°，∴∠ADB＝90°；
故答案为：AE＝BD，90°；
（2）证明：在等腰直角三角形DCE中，CM为斜边DE上的高，
∴CM＝DM＝ME，
∴DE＝2CM，
∴AD＝DE＋AE＝2CM＋BD.
2.（2020·江阴市月考）如图，在和中，，连接交于点，连接．下列结论：①；②；③平分；④平分．其中正确的个数为（　　）．

A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【解析】解：∵∠AOB=∠COD=40°
∴∠AOC=∠BOD
又OA=OB,OC=OD
∴△AOC≌△BOD
∴∠OCA=∠ODB，AC=BD，①正确；
∴∠OAC=∠OBD，
由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC=∠AOB+∠OBD，
∴∠AMB=∠AOB=40°，②正确；
过O作OG⊥CM于G，OH⊥BM于H，

可得：OG=OH，
∴OM平分∠BMC，④正确；
正确的个数有3个；
故答案为：B．
3.（2020·山东济阳期末）如图，与都是等边三角形，，下列结论中，正确的个数是( )①；②；③；④若，且，则．

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C.
【解析】解：∵△ABD与△AEC是等边三角形
∴AD=AB,AC=AE,∠DAB=∠EAC=60°
∴∠DAB+∠BAC=∠EAC +∠BAC
即∠DAC=∠EAB
∴△DAC≌△BAE
∴BE=CD，①正确；
∵△DAC≌△BAE
∴∠ADO=∠ABO
∴∠BOD=∠DAB=60°，②正确
∵∠BDA=∠CEA=60°，∠ADC≠∠AEB
∴∠BDA-∠ADC≠∠CEA-∠AEB
∴∠BDO≠∠CEO，③错误
∵AD∥BC
∴∠DAC+∠BCA=180°
∵∠DAB=60°，∠BAC=90°
∴∠BCA=180°-∠DAB-∠BAC=30°
∵∠ACE=60°
∴∠BCE=∠ACE+∠BCA=60°+30°=90°
∴BC⊥CE，④正确
故由①②④三个正确，
故答案为：C.
4.（2020·重庆巴南月考）如图，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE．
（1）求证：△ABD≌△ACE；
（2）若∠1＝25°，∠2＝30°，求∠3的度数．

【答案】见解析．
【解析】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
∴∠1＝∠EAC，
在△ABD和△ACE中，，
∴△ABD≌△ACE（SAS）；
（2）解：∵△ABD≌△ACE，
∴∠ABD＝∠2＝30°，
∵∠1＝25°，
∴∠3＝∠1+∠ABD＝25°+30°＝55°．
5.（2019·东北师大附中期末）已知和都是等腰三角形，，，．
（初步感知）（1）特殊情形：如图①，若点，分别在边，上，则__________．（填＞、＜或=）

（2）发现证明：如图②，将图①中的绕点旋转，当点在外部，点在内部时，求证：．

（深入研究）（3）如图③，和都是等边三角形，点，，在同一条直线上，则的度数为__________；线段，之间的数量关系为__________．

（4）如图④，和都是等腰直角三角形，，点、、在同一直线上，为中边上的高，则的度数为__________；线段，，之间的数量关系为__________．

（拓展提升）（5）如图⑤，和都是等腰直角三角形，，将绕点逆时针旋转，连结、．当，时，在旋转过程中，与的面积和的最大值为__________．

【答案】见解析.
【解析】[初步感知] =.
（2）成立．
理由：由旋转性质可知∠DAB=∠EAC，
在△DAB和△EAC中，，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴DB=CE；
[深入探究]（3）设AB，CD交于O，

∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AD=AE，AB=AC，∠DAE=∠BAC=60°，
∴∠DAB=∠EAC，
在△DAB和△EAC中，，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴DB=CE，∠ABD=∠ACE，
∵∠BOD=∠AOC，
∴∠BDC=∠BAC=60°；
（4）∵△DAE是等腰直角三角形，
∴∠AED=45°，
∴∠AEC=135°，
在△DAB和△EAC中，，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴∠ADB=∠AEC=135°，BD=CE，
∵∠ADE=45°，
∴∠BDC=∠ADB-∠ADE=90°，
∵△ADE都是等腰直角三角形，AM为△ADE中DE边上的高，
∴AM=EM=MD，
∴AM+BD=CM；
故答案为：90°，AM+BD=CM；
【拓展提升】
（5）如图，

由旋转可知，在旋转的过程中△ADE的面积始终保持不变，
△ADE与△ADC面积的和达到最大，
∴△ADC面积最大，
∵在旋转的过程中，AC始终保持不变，
∴要△ADC面积最大，
∴点D到AC的距离最大，
∴DA⊥AC，
∴△ADE与△ADC面积的和达到的最大为2+×AC×AD=5+2=7，
故答案为7．
6. （2019·福建龙岩期末）已知点P是线段MN上一动点，分别以PM，PN为一边，在MN的同侧作△APM，△BPN，并连接BM，AN．

（Ⅰ）如图1，当PM＝AP，PN＝BP且∠APM＝∠BPN＝90°时，试猜想BM，AN之间的数量关系与位置关系，并证明你的猜想；
（Ⅱ）如图2，当△APM，△BPN都是等边三角形时，（Ⅰ）中BM，AN之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，试说明理由．
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，连接AB得到图3，当PN＝2PM时，求∠PAB度数．
【答案】（1）BM＝AN，BM⊥AN．（2）结论成立.（3）90°．
【解析】解：（Ⅰ）结论：BM＝AN，BM⊥AN．
理由：

∵MP＝AP，∠APM＝∠BPN＝90°，PB＝PN，
∴△MBP≌△ANP（SAS），
∴MB＝AN．
延长MB交AN于点C．
∵△MBP≌△ANP，
∴∠PAN＝∠PMB，
∵∠PAN+∠PNA＝90°，
∴∠PMB+∠PNA＝90°，
∴∠MCN＝180°﹣∠PMB﹣∠PNA＝90°，
∴BM⊥AN．
（Ⅱ）结论成立
理由：

∵△APM，△BPN，都是等边三角形
∴∠APM＝∠BPN＝60°
∴∠MPB＝∠APN＝120°，
又∵PM＝PA，PB＝PN，
∴△MPB≌△APN（SAS）
∴MB＝AN．
（Ⅲ）取PB的中点C，连接AC，AB．

∵△APM，△PBN都是等边三角形
∴∠APM＝∠BPN＝60°，PB＝PN
∵点C是PB的中点，且PN＝2PM，
∴2PC＝2PA＝2PM＝PB＝PN，
∵∠APC＝60°，
∴△APC为等边三角形，
∴∠PAC＝∠PCA＝60°，
又∵CA＝CB，
∴∠CAB＝∠ABC＝30°，
∴∠PAB＝∠PAC+∠CAB＝90°．
7.（2019·江苏盐城期中）（1）（观察发现）如图 1，△ABC 和△CDE 都是等边三角形，且点 B、C、E 在一条直线上，连接 BD 和AE，BD、AE 相交于点 P，则线段 BD 与 AE 的数量关系是 ，BD 与 AE 相交构成的锐角的度数是 .（只要求写出结论，不必说明理由）

（2）（深入探究）如图 2，△ABC 和△CDE 都是等边三角形，连接 BD 和 AE，BD、AE 相交于点 P，猜想线段 BD 与 AE 的数量关系，以及 BD 与 AE 相交构成的锐角的度数. 请说明理由 结论：
理由：_______________________

【答案】（1）BD=AE，60°；（2）BD=AE，60°；（3）见详解.
【解析】解：（1）∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴AB=AC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD，
即∠ACE=∠BCD，
在△ACE和△BCD中，，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴BD=AE，∠AEC=∠BDC，
由三角形的外角性质，∠DPE=∠AEC+∠DBC，
∠DCE=∠BDC+∠DBC，
∴∠DPE=∠DCE=60°；
（2）结论BD=AE，∠DPE=60°还成立．
∵△ABC和△CDE是等边三角形，
∴AB=AC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD，
即∠ACE=∠BCD，
在△ACE和△BCD中，，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴BD=AE，∠AEC=∠BDC，
∵∠BDC+∠CDE+∠AED
=∠AEC+∠CDE+∠AED
=∠CDE+∠CED
=180°-∠DCE
=180°-60°=120°，
∴∠DPE=180°-（∠BDC+∠CDE+∠AED）=180°-120°=60°；
8.（2019·内蒙古赛罕期中）如图，，均为等边三角形，点，，在同一条直线上，连接，，与相交于点，与相交于点，连接，下列结论正确的有_________．
①；②；③；④；⑤平分

【答案】①②③⑤.
【解析】解：∵△ABE，△BCD均为等边三角形，
∴AB=BE，BC=BD，∠ABE=∠CBD=60°，
∴∠ABD=∠EBC，
在△ABD和△EBC中，
∴△ABD≌△EBC（SAS），
∴AD=EC，故①正确；
∴∠DAB=∠BEC，
又由上可知∠ABE=∠CBD=60°，
∴∠EBD=60°，
在△ABM和△EBN中，

∴△ABM≌△EBN（ASA），
∴BM=BN，故②正确；
∴△BMN为等边三角形，
∴∠NMB=∠ABM=60°，
∴MN∥AC，故③正确；
若EM=MB，则AM平分∠EAB，
则∠DAB=30°，而由条件无法得出这一条件，
故④不正确；
作BG⊥AD，BH⊥CE，

可知△ABD≌△EBC，
∴两个三角形对应边的高相等，即BG=BH，
∴OB是∠AOC的角平分线，故⑤正确.
故答案为：①②③⑤.
9.（2020·安徽淮南月考）（提出问题）
（1）如图1，在等边△ABC中，点M是BC上的任意一点（不含端点B，C），连结AM，以AM为边作等边△AMN，连结CN．求证：CN∥AB．

图1
（类比探究）
（2）如图2，在等边△ABC中，点M是BC延长线上的任意一点（不含端点C），其它条件不变，（1）中结论CN∥AB还成立吗？请说明理由．

图2
【答案】见解析.
【解析】解：（1）∵△ABC和△AMN都是等边三角形，
∴AB=AC，AM=AN，∠ABM=∠BAC=∠ACB=∠MAN=60º，
∴∠BAM+∠MAC=∠MAC+∠CAN，
∴∠BAM=∠CAN，又AB=AC，AM=AN，
∴△BAM≌△CAN（SAS），
∴∠ACN=∠ABM=60º，又∠ACB=60º，
∴∠ABM+∠BCN=180º，
∴CN∥AB；
（2）CN∥AB成立，理由如下：
∵△ABC和△AMN都是等边三角形，
∴AB=AC，AM=AN，∠ABM=∠BAC=∠ACB=∠MAN=60º，
∴∠BAC+∠MAC=∠MAC+∠MAN，
∴∠BAM=∠CAN，AB=AC，AM=AN，
∴△BAM≌△CAN（SAS），
∴∠ACN=∠ABM=60º，又∠ACB=60º，
∴∠ABM+∠BCN=180º，
∴CN∥AB．
10.（2020·四川彭州期末）（1）如图1，和都是等边三角形，且，，三点在一条直线上，连接，相交于点，求证：．
（2）如图2，在中，若，分别以，和为边在外部作等边，等边，等边，连接、、恰交于点．
①求证：；
②如图2，在（2）的条件下，试猜想，，与存在怎样的数量关系，并说明理由．

【答案】见解析.
【解析】解：（1）证明：∵△BCD和△DCE都是等边三角形，
∴BC=AC，CE=CD，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ABC+∠ACE=∠DCE+∠ACE，
即∠BCE=∠ACD，
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴BE=AD；
（2）①证明：∵△ABC和△DCE是等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，
即∠ACD=∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE，
同理：△ABD≌△CBF（SAS），
∴AD=CF，
即AD=BE=CF；
②解：结论：PB+PC+PD=BE，
理由：
`
AD与BC的交点记作点Q，则∠AQC=∠BQP，
由①知，△ACD≌△BCE，
∴∠CAD=∠CBE，
在△ACQ中，∠CAD+∠AQC=180°-∠ACB=120°，
∴∠CBE+∠BQP=120°，
在△BPQ中，∠APB=180°-（∠CBE+∠BQP）=60°，
∴∠DPE=60°，
同理：∠APC=60°，
∴∠CPE=60°，∠CPD=120°，
在PE上取一点M，使PM=PC，
∴△CPM是等边三角形，
∴CP=CM=PM，∠PCM=∠CMP=60°，
∴∠CME=120°=∠CPD，
∵△CDE是等边三角形，
∴CD=CE，∠DCE=60°=∠PCM，
∴∠PCD=∠MCE，
∴△PCD≌△MCE（SAS），
∴PD=ME，
∴BE=PB+PM+ME=PB+PC+PD．