中考数学二轮复习培优专题20全等三角线中的辅助线做法及常见题型之手拉手模型 (含答案)

这是一份中考数学二轮复习培优专题20全等三角线中的辅助线做法及常见题型之手拉手模型 (含答案)，共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题20：第三章 全等三角形中的辅助线的做法及常见题型之手拉手模型


一、选择题
1．如图所示，是线段上一点，分别以，为边在同侧作等边和等边，交于，交于，则图中可通过旋转而得到的全等三角形的对数为（ ）对.

A．1 B．2
C．3 D．4
2．如图，正方形的边长为4，点分别在上，若,且，则的长为（ ）

A． B． C． D．
3．如图，和都是等腰直角三角形，，四边形是平行四边形，下列结论中错误的是（ ）

A．以点为旋转中心，逆时针方向旋转后与重合
B．以点为旋转中心，顺时针方向旋转后与重合
C．沿所在直线折叠后，与重合
D．沿所在直线折叠后，与重合


二、填空题
4．在锐角三角形ABC中，AH是边BC的高，分别以AB，AC为边向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连接CE，BG和EG，EG与HA的延长线交于点M，下列结论：①BG=CE；②BG⊥CE；③AM是△AEG的中线；④∠EAM=∠ABC．其中正确的是_________．


5．如图所示，等边的顶点在轴的负半轴上，点的坐标为，则点坐标为_______；点是位于轴上点左边的一个动点，以为边在第三象限内作等边,若点.小明所在的数学兴趣合作学习小组借助于现代互联网信息技术，课余时间经过探究发现无论点在点左边轴负半轴任何位置，，之间都存在着一个固定的一次函数关系，请你写出这个关系式是_____．

6．如图，C在线段AB上，在AB的同侧作等边三角形△ACM和△BCN，连接AN，BM，若∠MBN＝38°，则∠ANB＝_____．


三、解答题
7．如图，C为线段AE上一动点（不与点A，E重合），在AE同侧分别作正三角形ABC和正三角形CDE（正三角形也叫等边三角形，它的三条边都相等，三个内角都等于60°），AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连结PQ．试说明：
（1）AD=BE；
（2）填空∠AOE= °；
（3）CP=CQ；

8．如图，在ABC和ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，点P为射线BD，CE的交点．
（1）问题提出：如图1，若AD=AE，AB=AC．
①BD与CE的数量关系为　 　；
②∠BPC的度数为　 　．
（2）猜想论证：如图2，若∠ADE=∠ABC=30°，则（1）中的结论是否成立？请说明理由．如果不正确请写出正确结论．
（3）拓展延伸：在（1）的条件中，若AB=3，AD=1，若把ADE绕点A旋转，当∠EAC=90°时，直接写出PB的长．

9．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= 度；
(2)如图2，
①说明：△ABD≌△ACE．
②说明：CE+DC=BC．
③设∠BAC=α，∠BCE=β．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．
10．如图1，是以为直角的直角三角形，分别以，为边向外作正方形，，连结，，与交于点，与交于点．

（1）求证：；
（2）如图2，在图1基础上连接和，若，求四边形的面积．
11．探究等边三角形“手拉手”问题．
（1）如图1，已如△ABC，△ADE均为等边三角形，点D在线段BC上，且不与点B、点C重合，连接CE，试判断CE与BA的位置关系，并说明理由；
（2）如图2，已知△ABC、△ADE均为等边三角形，连接CE、BD，若∠DEC＝60°，试说明点B，点D，点E在同一直线上；
（3）如图3，已知点E在ABC外，并且与点B位于线段AC的异侧，连接BE、CE．若∠BEC＝60°，猜测线段BE、AE、CE三者之间的数量关系，并说明理由．

12．给出定义，若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称该四边形为勾股四边形．
（1）在你学过的特殊四边形中，写出两种勾股四边形的名称；
（2）如图，将△ABC绕顶点B按顺时针方向旋转60°得到△DBE，连接AD，DC，CE，已知∠DCB=30°．
①求证：△BCE是等边三角形；
②求证：DC2+BC2=AC2，即四边形ABCD是勾股四边形．


参考答案
1．C
【解析】
本题考查的是全等三角形的判定、等边三角形的性质以及旋转的性质的综合运用．根据等边三角形的三边相等、三个角都是60°，以及全等三角形的判定方法（SSS、SAS、ASA、AAS），进行证明．
解：△EBC≌△ACD，△GCE≌△FCD，△BCG≌△ACF．理由如下：
BC=AC，EC=CD，∠ACB=∠ECD，∠ACE是共同角⇒△EBC≌△ACD．
CD=EC，∠FCD=ECG，∠GEC=∠CDF⇒△GCE≌△FCD．
BC=AC，∠GBC=∠FAC，∠FCA=∠GCB⇒△BCG≌△ACF．
故选C．
2．A
【解析】
【分析】
把绕点C逆时针旋转90°得，此时E，B，F'三点共线，证明 得，设DF=x，在Rt中，由勾股定理列出x的方程求得x，再在Rt 中，由勾股定理得结果．
【详解】
解： 正方形,

把绕点C逆时针旋转90°得，

此时E，B，三点共线，则，连接EF．
∴，
∵，∠ECF=45°，
∴
∵CE=CE，
∴（SAS），
∴．
在Rt中，
∴AE=AB-BE=2．
设DF=x，则AF=4-x．
∵
∴，
在Rt中，
∴
解得：．
在Rt中，
∴
解得：
故选：A．

【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定及性质，正方形的性质，勾股定理等，构建全等三角形，利用方程思想是解答此题的关键．
3．B
【解析】
【分析】
本题通过观察全等三角形，找旋转中心，旋转角，逐一判断．
【详解】
解：A．根据题意可知AE=AB，AC=AD，∠EAC=∠BAD=135°，△EAC≌△BAD，旋转角∠EAB=90°，正确；
B．因为平行四边形是中心对称图形，要想使△ACB和△DAC重合，△ACB应该以对角线的交点为旋转中心，顺时针旋转180°，即可与△DAC重合，错误；
C．根据题意可∠EAC=135°，∠EAD=360°﹣∠EAC﹣∠CAD=135°，AE=AE，AC=AD，△EAC≌△EAD，正确；
D．根据题意可知∠BAD=135°，∠EAD=360°﹣∠BAD﹣∠BAE=135°，AE=AB，AD=AD，△EAD≌△BAD，正确．
故选B．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的对称性：平行四边形是中心对称图形，对称中心是两对角线的交点．
4．①②③④
【解析】
【分析】
根据正方形的性质和SAS可证明△ABG≌△AEC，然后根据全等三角形的性质即可判断①；设BG、CE相交于点N，AC、BG相交于点K，如图1，根据全等三角形对应角相等可得∠ACE＝∠AGB，然后根据三角形的内角和定理可得∠CNG＝∠CAG＝90°，于是可判断②；过点E作EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，如图2，根据余角的性质即可判断④；利用AAS即可证明△ABH≌△EAP，可得EP＝AH，同理可证GQ＝AH，从而得到EP＝GQ，再利用AAS可证明△EPM≌△GQM，可得EM＝GM，从而可判断③，于是可得答案．
【详解】
解：在正方形ABDE和ACFG中，AB＝AE，AC＝AG，∠BAE＝∠CAG＝90°，
∴∠BAE+∠BAC＝∠CAG+∠BAC，
即∠CAE＝∠BAG，
∴△ABG≌△AEC（SAS），
∴BG＝CE，故①正确；
设BG、CE相交于点N，AC、BG相交于点K，如图1，

∵△ABG≌△AEC，
∴∠ACE＝∠AGB，
∵∠AKG＝∠NKC，
∴∠CNG＝∠CAG＝90°，
∴BG⊥CE，故②正确；
过点E作EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，如图2，

∵AH⊥BC，
∴∠ABH+∠BAH＝90°，
∵∠BAE＝90°，
∴∠EAP+∠BAH＝90°，
∴∠ABH＝∠EAP，即∠EAM＝∠ABC，故④正确；
∵∠AHB=∠P=90°，AB=AE，
∴△ABH≌△EAP（AAS），
∴EP＝AH，
同理可得GQ＝AH，
∴EP＝GQ，
∵在△EPM和△GQM中，
，
∴△EPM≌△GQM（AAS），
∴EM＝GM，
∴AM是△AEG的中线，故③正确．
综上所述，①②③④结论都正确．
故答案为：①②③④．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、三角形的内角和定理以及全等三角形的判定和性质，作辅助线构造出全等三角形是难点，熟练掌握全等三角形的判定和性质是关键．
5．
【解析】
【分析】
过点A作x轴的垂线，垂足为E，根据等边三角形的性质得到OE和AE，再根据三线合一得到OB即可；再连接BD，过点D作x轴的垂线，垂足为F，证明△OAC≌△BAD，得到∠CAD=∠CBD=60°，利用30°所对的直角边是斜边的一半以及点D的坐标得到BF和DF的关系，从而可得关于m和n的关系式.
【详解】
解：如图，过点A作x轴的垂线，垂足为E，
∵△ABO为等边三角形，A，
∴OE=1，AE=，
∴BE=1，
∴OB=2，即B（-2，0）；
连接BD，过点D作x轴的垂线，垂足为F，
∵∠OAB=∠CAD，
∴∠OAC=∠BAD，
∵OA=AB，AC=AD，
∴△OAC≌△BAD（SAS），
∴∠OCA=∠ADB，
∵∠AGD=∠BGC，
∴∠CAD=∠CBD=60°，
∴在△BFD中，∠BDF=30°，
∵D（m，n），
∴DF=-m，DF=-n，
∵B（-2，0），
∴BF=-m-2，
∵DF=BF，
∴-n=（-m-2），
整理得：.
故答案为：，.

【点睛】
本题考查了等边三角形的性质，含30°的直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，一次函数，解题的关键是添加辅助线构造全等三角形，有一定难度.
6．82°
【解析】
【分析】
根据等边三角形的边相等，角相等，易证△ACN和△MCB全等，则∠ANC和∠MBA相等，∠MBA＝60°﹣∠MBN＝60°﹣38°＝22°，然后可求出∠ANB．
【详解】
解：∵△ACM和△BCN是等边三角形，
∴AC＝MC，CB＝CN，∠ACM+∠MCN＝∠BCN+∠MCN，
即∠ACN＝∠MCB．
在△ACN和△MCB中，

∴△ACN≌△MCB（SAS）．
∴∠ANC＝∠MBA．
∵∠MBA＝60°﹣∠MBN＝60°﹣38°＝22°，
∴∠ANC＝22°．
∴∠ANB＝22°+60°＝82°．
故答案为：82°．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质，本题是典型的“手拉手”模型，应熟练掌握其中全等三角形的证明.
7．（1）见解析；（2）120；（3）见解析
【解析】
【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；
（2）由（1）推出∠CAD=∠CBE，利用三角形内角和定理可求得∠BOP=∠ACP=60°，从而求得∠AOE的度数；
（3）由△ACD≌△BCE得∠CBE=∠DAC，加之∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，得到△CQB≌△CPA（ASA），从而证明CP=CQ．
【详解】
（1）∵△ABC和△CDE为等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠BCA=∠DCE=60°，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD与△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴AD=BE；
（2）∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAD=∠CBE，
∵∠APC=∠BPO，
∴∠BOP=∠ACP=60°，
∴∠AOE=18060°=120°，
故答案为：120；
（3）∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAD=∠CBE，
∵∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠BCQ=60°，
在△CQB和△CPA中，
，
∴△CQB≌△CPA（ASA），
∴CP=CQ．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质，全等三角的判定与性质，三角形的内角和定理，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
8．（1）①相等，②90°；（2）结论①不成立，，结论②成立；（3）或
【解析】
【分析】
（1）①依据等腰三角形的性质得到，，依据同角的余角相等得到，然后依据“”可证明，最后，依据全等三角形的性质可得到；
②由三角形内角和定理可求的度数；
（2）先判断出，即可得出结论；
（3）分为点在上和点在的延长线上两种情况画出图形，然后再证明，最后依据相似三角形的性质进行证明即可．
【详解】
解：（1）①和是等腰直角三角形，，
，，．

，
故答案为：相等；
②

故答案为：
（2）（1）中结论①不成立，；结论②成立，理由：
在中，，
，
在中，，
，
，
，
，
．
；；


（3）解：①如图，当点在上时，．

，

同（1）可证．
．
又，
．



②如图，当点在延长线上时，．

，

同（1）可证．
．
，
．



综上所述，的长为或．
【点睛】
本题是三角形综合题，主要考查的是旋转的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的性质和判定、相似三角形的性质和判定，证明得是解题的关键．
9．（1）90°；（2）①详见解析； ②详见解析；（3）相等或互补
【解析】
【分析】
（1）要求∠BCE的度数，可将它转化成与已知角有关的联系，根据已知条件和全等三角形的判定定理，得出△ABD≌△ACE，再根据全等三角形中对应角相等，最后根据直角三角形的性质可得出结论；
（2）①根据已知条件和全等三角形的判定定理，得出△ABD≌△ACE即可；
②问要求∠BCE的度数，可将它转化成与已知角有关的联系，根据已知条件和全等三角形的判定定理，得出△ABD≌△ACE，再根据全等三角形中对应角相等，最后根据直角三角形的性质可得出结论；
③问在第①问的基础上，进行分析解答即可．
【详解】
解：（1）90°．
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，
∴∠BCE=∠B+∠ACB，
又∵∠BAC=90°
∴∠BCE=90°；
故答案为：90．
（2）①∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC．即∠BAD=∠CAE．
在△ABD与△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS）；
②∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC．即∠BAD=∠CAE．
在△ABD与△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠B=∠ACE．
∴∠B+∠ACB=∠ACE+∠ACB，
∴∠BCE=∠B+∠ACB，
又∵∠BAC=90°
∴∠BCE=90°，
∴α+β=180°；
③相等或互补,理由：
（1）当点D在射线BC的反向延长线上时，α=β．
∵∠DAE=∠BAC，
∴∠DAB=∠EAC，
在△ADB和△AEC中，
，
∴△ADB≌△AEC（SAS），
∴∠ABD=∠ACE，
∵∠ABD=∠BAC+∠ACB，∠ACE=∠BCE+∠ACB，
∴∠BCE=∠B+∠ACB，
又∵∠BAC=90°
∴∠BCE=90°，
∴α+β=180°．
（2）当点D在线段BC和BC延长线上时，是α+β=180°，
在BC的反向延长线上时，是α=β，
综上所述，α+β=180°或α=β．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，涉及到三角形全等的判定，以及全等三角形的性质；两者综合运用，促进角与角相互转换，将未知角转化为已知角是关键．
10．（1）详见解析；（2）18
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的性质得出BC=BD，AB=BF，∠CBD=∠ABF=90°，求出∠ABD=∠CBF，根据全等三角形的判定得出即可；
（2）根据全等三角形的性质得出∠BAD=∠BFC，AD=FC=6，求出AD⊥CF，根据三角形的面积求出即可．
【详解】
解：（1）四边形、是正方形，
，，，
，
即
在和中，

；

图1 图2
（2），
，，







【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，三角形的面积等知识点，能求出△ABD≌△FBC是解此题的关键．
11．（1）CE∥AB，理由见解析；（2）见解析；（3）BE＝AE+EC．理由见解析．
【解析】
【分析】
（1）结论：CE∥AB．证明△BAD≌△CAE（SAS）可得结论．
（2）利用全等三角形的性质证明∠ADB＝∠AEC＝120°，证明∠ADB+∠ADE＝180°即可解决问题．
（3）结论：BE＝AE+EC．在线段BE上取一点H，使得BH＝CE，设AC交BE于点O．利用全等三角形的性质证明△AEH是等边三角形即可．
【详解】
（1）解：结论：CE∥AB．
理由：如图1中，
∵△ABC，△ADE都是等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝∠B＝60°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠B＝∠ACE＝60°，
∴∠BAC＝∠ACE＝60°，
∴AB∥CE．
（2）证明：如图2中，

由（1）可知，△ABD≌△ACE，
∴∠ADB＝∠AEC，
∵△ADE是等边三角形，
∴∠AED＝∠ADE＝60°，
∵∠BEC＝60°，
∴∠AEC＝∠AED+∠BEC＝120°，
∴∠ADB＝∠AEC＝120°，
∴∠ADB+∠ADE＝120°+60°＝180°，
∴B，D，E共线．
（3）解：结论：BE＝AE+EC．

理由：在线段BE上取一点H，使得BH＝CE，设AC交BE于点O．
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，∠BAC＝60°，
∵∠BEC＝60°，
∴∠BAO＝∠OEC＝60°，
∵∠AOB＝∠EOC，
∴∠ABH＝∠ACE，
∵BA＝CA，BH＝CE，
∴△ABH≌△ACE（SAS），
∴∠BAH＝∠CAE，AH＝AE，
∴∠HAE＝∠BAC＝60°，
∴△AEH是等边三角形，
∴AE＝EH，
∴BE＝BH+EH＝EC+AE，
即BE＝AE+EC．
【点睛】
本题主要考查三角形全等的性质与判定及等边三角形，熟练掌握判定方法及性质是解题的关键，注意平时常用的辅助线作法．
12．(1)正方形、矩形、直角梯形均可；(2)①证明见解析②证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据定义和特殊四边形的性质，则有矩形或正方形或直角梯形；
（2）①首先证明△ABC≌△DBE，得出AC=DE，BC=BE，连接CE，进一步得出△BCE为等边三角形；
②利用等边三角形的性质，进一步得出△DCE是直角三角形，问题得解．
【详解】
解：（1）正方形、矩形、直角梯形均可；
（2）①∵△ABC≌△DBE，
∴BC=BE，
∵∠CBE=60°，
∴△BCE是等边三角形；
②∵△ABC≌△DBE，
∴BE=BC，AC=ED；
∴△BCE为等边三角形，
∴BC=CE，∠BCE=60°，
∵∠DCB=30°，
∴∠DCE=90°，
在Rt△DCE中，
DC2+CE2=DE2，
∴DC2+BC2=AC2．
考点：四边形综合题．