專題1.24 全等三角形幾何模型（手拉手）（分層練習(xí)）（綜合練）-2023-2024學(xué)年八年級數(shù)學(xué)上冊基礎(chǔ)知識專項突破講與練（蘇科版）

專題1.24全等三角形幾何模型（手拉手）（分層練習(xí)）（綜合練）手拉手模型是最常見的一類證明全等或相似的重要數(shù)學(xué)模型，全等型手拉手模型主要有以下三個特征：雙等腰、共頂點、頂角相等

.模型一：等邊三角形△ABC和△CDE均為等邊三角形，點C為公共頂點，如圖一：結(jié)論：△ACE≌△BCD.圖一圖二模型二：等腰三角形等腰△ABC和等腰△CDE，點C是公共頂點，∠ACB=∠DCE=a,如圖二：結(jié)論：△ACD≌△BCE.除了以上二個模型外，還有正方形等等一、單選題1．如圖，C為線段AE上一動點（不與點，重合），在AE同側(cè)分別作等邊三角形ABC和等邊三角形CDE，AD與BE交于點O，AD與BC交于點P，BE與CD交于點Q，連結(jié)PQ．以下結(jié)論錯誤的是（

）A．∠AOB=60° B．AP=BQC．PQ∥AE D．DE=DP2．如圖，正和正中，B、C、D共線，且，連接和相交于點F，以下結(jié)論中正確的有（

）個①

②連接，則平分

③

④A．4 B．3 C．2 D．13．如圖，在直線AC的同一側(cè)作兩個等邊三角形△ABD和△BCE，連接AE與CD交于點H，AE與DB交于點G，BE與CD交于點F，下列結(jié)論：①AE＝CD；②∠AHD＝60°；③△AGB≌△DFB；④BH平分∠GBF；⑤GF∥AC；⑥點H是線段DC的中點．正確的有（）A．6個 B．5個 C．4個 D．3個4．如圖，，，三點在同一直線上，，都是等邊三角形，連接，，：下列結(jié)論中正確的是（

）①△ACD≌△BCE；②△CPQ是等邊三角形；③平分；④△BPO≌△EDO．A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④5．如圖，點C是線段AE上一動點（不與A，E重合），在AE同側(cè)分別作等邊三角形ABC和等邊三角形CDE，AD與BE交于點O，AD與BC交于點P，BE與CD交于點Q，連接PQ，有以下5個結(jié)論：①AD=BE；②PQ∥AE；③AP=BQ；④DE=DP；⑤∠AOB=60°．其中一定成立的結(jié)論有（

）個A．1 B．2 C．3 D．46．如圖，在中，，點D、F是射線BC上兩點，且，若，；則下列結(jié)論中正確的有（）①；②；③；④A．1個 B．2個 C．3個 D．4個二、填空題7．如圖，C為線段上一動點（不與點A、E重合），在同側(cè)分別作正和正，與交于點O，與交于點，與交于點，連接．以下五個結(jié)論：①；②；③；④；⑤．恒成立的結(jié)論有．（把你認(rèn)為正確的序號都填上）8．如圖，是邊長為5的等邊三角形，，．E、F分別在AB、AC上，且，則三角形AEF的周長為．9．在△ABC中，點D是直線BC上一動點，連接AD，在直線的右側(cè)作等邊，連接CE，當(dāng)線段CE的長度最小時，線段的長度為．10．如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，點D為三角形右側(cè)外一點．且∠BDC＝45°．連接AD，若△ACD的面積為，則線段CD的長度為．11．如圖，點B、C、E在同一條直線上，與都是等邊三角形，下列結(jié)論：①AE=BD；②；③線段AE和BD所夾銳角為80°；④FG∥BE．其中正確的是．（填序號）12．如圖，CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=50°，AD、BE交于點H，連接CH，則∠CHE=．13．在銳角三角形ABC中，AH是邊BC的高，分別以AB，AC為邊向外作正方形ABDE和正方形ACFG，連接CE，BG和EG，EG與HA的延長線交于點M，下列結(jié)論：①BG=CE；②BG⊥CE；③AM是△AEG的中線；④∠EAM=∠ABC．其中正確的是．如圖，正三角形和，A，C，E在同一直線上，AD與BE交于點O，AD與BC交于點P，BE與CD交于點Q，連接PQ．①AD=BE；②PQ∥AE；③AP=BQ；④DE=DP；⑤∠AOB=60°．成立的結(jié)論有．并寫出3對全等三角形．15．如圖，C在線段AB上，在AB的同側(cè)作等邊三角形△ACM和△BCN，連接AN，BM，若∠MBN＝38°，則∠ANB＝．16．如圖，，，，和相交于，和相交于，則的度數(shù)是°.三、解答題17．如圖，為任意三角形，以邊、為邊分別向外作等邊三角形和等邊三角形，連接、并且相交于點．求證：（1）； （2）．18．如圖，△ABC和△EBD都是等邊三角形，連接AE，CD．求證：AE＝CD．19．如圖，在中，，，點O是中點，，將繞點O旋轉(zhuǎn)，的兩邊分別與射線、交于點D、E．(1)當(dāng)轉(zhuǎn)動至如圖一所示的位置時，連接，求證：；(2)當(dāng)轉(zhuǎn)動至如圖二所示的位置時，線段、、之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請說明理由．20．如圖，△ACB和△DCE均為等腰三角形，∠ACB=∠DCE=90°，點A，D，E在同一條直線上，連接BE．（1）求證：AD=BE；（2）若∠CAE=15°，AD=4，求AB的長．21．如圖，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝120°，點D在邊AC上，且線段BD繞著點B按逆時針方向旋轉(zhuǎn)120°能與BE重合，點F是ED與AB的交點．（1）求證：AE＝CD；（2）若∠DBC＝45°，求∠BFE的度數(shù)．22．如圖，點C是線段AB上任意一點（點C與點A，B不重合），分別以AC，BC為邊在直線AB的同側(cè)作等邊三角形ACD和等邊三角形BCE，AE與CD相交于點M，BD與CE相交于點N．連接MN．證明：（1）△ACE≌△DCB；（2）△ACM≌△DCN；（3）MN∥AB．23．在學(xué)習(xí)全等三角形知識時、教學(xué)興趣小組發(fā)現(xiàn)這樣一個模型：它是由兩個共頂點且頂角相等的等腰三角形構(gòu)成．在相對位置變化的同時，始終存在一對全等三角形．通過資料查詢，他們得知這種模型稱為“手拉手模型”興趣小組進(jìn)行了如下探究：（1）如圖1，兩個等腰三角形△ABC和△ADE中，AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE，連接BD、CE、如果把小等腰三角形的腰長看作小手，大等腰三角形的腰長看作大手，兩個等腰三角形有公共頂點，類似大手拉著小手，這個就是“手拉手模型”，在這個模型中，和△ADB全等的三角形是，此時BD和CE的數(shù)量關(guān)系是；（2）如圖2，兩個等腰直角三角形△ABC和△ADE中，AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE=90°，連接BD，CE，兩線交于點P，請判斷線段BD和CE的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系，并說明理由；（3）如圖3，已知△ABC，請完成作圖：以AB、AC為邊分別向△ABC外作等邊△ABD和等邊△ACE（等邊三角形三條邊相等，三個角都等于60°），連接BE，CD，兩線交于點P，并直接寫出線段BE和CD的數(shù)量關(guān)系及∠PBC+∠PCB的度數(shù)．24．在學(xué)習(xí)全等三角形的知識時，數(shù)學(xué)興趣小組發(fā)現(xiàn)這樣一個模型：它是由兩個共頂點且頂角相等的等腰三角形構(gòu)成的，在相對位置變化的同時，始終存在一對全等三角形．興趣小組成員經(jīng)過研討給出定義：如果兩個等腰三角形的頂角相等，且頂角的頂點互相重合，則稱此圖形為“手拉手全等模型”．因為頂點相連的四條邊，可以形象地看作兩雙手，所以通常稱為“手拉手模型”．如圖，與都是等腰三角形，，，且，則有___________≌___________．如圖，已知，以為邊分別向外作等邊和等邊并連接，則___________°．如圖，在兩個等腰直角三角形和中，，，連接，交于點P，請判斷和的關(guān)系，并說明理由．參考答案：1．D【分析】利用等邊三角形的性質(zhì)，BC∥DE，再根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠CBE=∠DEO，于是∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，得出A正確；根據(jù)△CQB≌△CPA（ASA），得出B正確；由△ACD≌△BCE得∠CBE=∠DAC，加之∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，得到△CQB≌△CPA（ASA），再根據(jù)∠PCQ=60°推出△PCQ為等邊三角形，又由∠PQC=∠DCE，根據(jù)內(nèi)錯角相等，兩直線平行，得出C正確；根據(jù)∠CDE=60°，∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，可知∠DQE≠∠CDE，得出D錯誤．解：∵等邊△ABC和等邊△CDE，∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE，在△ACD與△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴∠CBE=∠DAC，又∵∠ACB=∠DCE=60°，∴∠BCD=60°，即∠ACP=∠BCQ，又∵AC=BC，在△CQB與△CPA中，，∴△CQB≌△CPA（ASA），∴CP=CQ，又∵∠PCQ=60°可知△PCQ為等邊三角形，∴∠PQC=∠DCE=60°，∴PQ∥AE，故C正確，∵△CQB≌△CPA，∴AP=BQ，故B正確，∵AD=BE，AP=BQ，∴AD-AP=BE-BQ，即DP=QE，∵∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，∴∠DQE≠∠CDE，故D錯誤；∵∠ACB=∠DCE=60°，∴∠BCD=60°，∵等邊△DCE，∠EDC=60°=∠BCD，∴BC∥DE，∴∠CBE=∠DEO，∴∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，故A正確．故選：D．【點撥】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)，利用旋轉(zhuǎn)不變性，解題的關(guān)鍵是找到不變量．2．A【分析】根據(jù)“手拉手”模型證明，從而得到，再結(jié)合三角形的外角性質(zhì)即可求解，即可證明①；作于點，于點，證明，結(jié)合角平分線的判定定理即可證明②；利用面積法表示和的面積，然后利用比值即可證明③；利用“截長補(bǔ)短”的思想，在上取點，使得，首先判斷出為等邊三角形，再結(jié)合“手拉手”模型推出即可證明④．解：①∵和均為等邊三角形，∴，，，∴，∴，在和中，∴，∴，∵，，∴，故①正確；②如圖所示，作于點，于點，則，∵，∴，在和中，∴，∴，∴平分，故②正確；③如圖所示，作于點，∵，，∴，∵，∴整理得：，∵，∴，∴，故③正確；④如圖所示，在上取點，使得，∵，平分，∴，，∴為等邊三角形，∴，，∵，∴，∴，在和中，∴，∴，∵，，∴，故④正確；綜上，①②③④均正確；故選：A．【點撥】本題考查等邊三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)等，理解等邊三角形的基本性質(zhì)，掌握全等三角形中的輔助線的基本模型，包括“手拉手”模型，截長補(bǔ)短的思想等是解題關(guān)鍵．3．C【分析】連接GF，過點B作BM⊥AE于M，BN⊥CD于N；結(jié)合題意，利用等邊三角形、全等三角形的性質(zhì)，推導(dǎo)得AE＝CD，∠AHD＝∠ABG＝60°；再根據(jù)等邊三角形、角平分線的性質(zhì)分析，即可得到答案．解：連接GF，過點B作BM⊥AE于M，BN⊥CD于N∵△ABD，△BCE都是等邊三角形，∴∠ABD＝∠EBC＝60°，BA＝BE，BE＝BC，∴∠ABE＝∠DBC，在△ABE和△DBC中，∴△ABE≌△DBC（SAS），∴AE＝CD，故①正確；∵△ABE≌△DBC，∴∠BAE＝∠BDC，∵∠AGB＝∠DGH，∴∠AHD＝∠ABG＝60°，故②正確；在△AGB和△DFB中，∴△AGB≌△DFB（ASA），故③正確；∵△AGB≌△DFB，∴BG＝BF，∵∠GBF＝60°，∴△BGF是等邊三角形，∴∠FGB＝∠ABD＝60°，∴FG∥AC，故⑤正確；∵△ABE≌△DBC，BM⊥AE，BN⊥CD，∴BM＝BN，∴BH平分∠AHC，但不一定平分∠GBF，故④錯誤；根據(jù)題意，無法判斷DH＝CH，故⑥錯誤．故選：C．【點撥】本題考查了等邊三角形、全等三角形、角平分線的知識；解題的關(guān)鍵是熟練掌握全等三角形、等邊三角形、角平分線的性質(zhì)，從而完成求解．4．B【分析】利用等邊三角形的性質(zhì)，三角形的全等，逐一判斷即可．解：∵△ABC，△CDE都是等邊三角形，∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠ECD=60°，∴∠ACB+∠PCQ=∠ECD+∠PCQ，∠PCD=60°，∴∠ACD=∠BCE，∴△ACD≌△BCE，∴①的說法是正確的；∵△ACD≌△BCE，∴∠PDC=∠QEC，∵∠PCD=∠QCE=60°，CD=CE，∴△PCD≌△QCE，∴PC=QC，∴△CPQ是等邊三角形；∴②的說法是正確的；∵△PCD≌△QCE，∴PD=QE，，過點C作CG⊥PD，垂足為G，CH⊥QE，垂足為H，∴，∴CG=CH，∴平分，∴③的說法是正確的；無法證明△BPO≌△EDO．∴④的說法是錯誤的；故答案為①②③，故選B．【點撥】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)與判定，三角形的全等與性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)定理，熟練掌握等邊三角形的性質(zhì)，靈活進(jìn)行三角形全等的判定，活用角的平分線性質(zhì)定理的逆定理是解題的關(guān)鍵．5．D【分析】①由于△ABC和△CDE是等邊三角形，可知AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，從而證出△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正確；②根據(jù)②△CQB≌△CPA（ASA），再根據(jù)∠PCQ=60°推出△PCQ為等邊三角形，又由∠PQC=∠DCE，根據(jù)內(nèi)錯角相等，兩直線平行，可知②正確；④根據(jù)∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，可知∠DQE≠∠CDE，可知④錯誤；⑤利用等邊三角形的性質(zhì)，BC∥DE，再根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠CBE=∠DEO，于是∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，可知⑤正確．解：①∵等邊△ABC和等邊△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正確；③∵△ACD≌△BCE(已證)，∴∠CAD=∠CBE，∵∠ACB=∠ECD=60°(已證)，∴∠BCQ=180°-60°×2=60°，∴∠ACB=∠BCQ=60°，在△ACP與△BCQ中，∠CAD=∠CBE，AC=BC，∠ACB=∠BCQ=60°，∴△ACP≌△BCQ(ASA)，∴AP=BQ；故③正確；②∵△ACP≌△BCQ，∴PC=QC，∴△PCQ是等邊三角形，∴∠CPQ=60°，∴∠ACB=∠CPQ，∴PQ∥AE；故②正確；④∵AD=BE，AP=BQ，∴AD?AP=BE?BQ，即DP=QE，∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，∴∠DQE≠∠CDE，∴DE≠Q(mào)E，則DP≠DE，故④錯誤；⑤∵∠ACB=∠DCE=60°，∴∠BCD=60°，∵等邊△DCE，∠EDC=60°=∠BCD，∴BC∥DE，∴∠CBE=∠DEO，∴∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°.故⑤正確；綜上所述，正確的結(jié)論有：①②③⑤，錯誤的結(jié)論只有④，故選D．【點撥】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，以及等邊三角形的判定和性質(zhì)，此圖形是典型的“手拉手”模型，熟練掌握此模型的特點是解題的關(guān)鍵．6．D【分析】由AD⊥AF，∠BAD=∠CAF，得出∠BAC=90°，由等腰直角三角形的性質(zhì)得出∠B=∠ACB=45°，由SAS證得△ABD≌△ACE（SAS），得出BD=CE，∠B=∠ACE=45°，S△ABC=S四邊形ADCE，則∠ECB=90°，即EC⊥BF，易證∠ADF=60°，∠F=30°，由含30°直角三角形的性質(zhì)得出EF=2CE=2BD，DF=2AD，則BD=EF，由BC-BD=DF-CF，得出BC-EF=2AD-CF，即可得出結(jié)果．解：∵AD⊥AF，∠BAD=∠CAF，∴∠BAC=90°，∵AB=AC，∴∠B=∠ACB=45°，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD=CE，∠B=∠ACE=45°，S△ABC=S四邊形ADCE，∴∠ECB=90°，∴EC⊥BF，∵∠B=45°，∠BAD=15°，∴∠ADF=60°，∴∠F=30°，∴EF=2CE=2BD，DF=2AD，∴BD=EF，∵BC-BD=DF-CF，∴BC-EF=2AD-CF，∴①、②、③、④正確．故選：D．【點撥】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、含30°角直角三角形的性質(zhì)、外角的定義等知識，熟練掌握直角三角形的性質(zhì)、證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．7．①②③⑤【分析】①由于和是等邊三角形，可知，，，從而證出，可推知；②由得，和，，得到，再根據(jù)推出為等邊三角形，又由，根據(jù)內(nèi)錯角相等，兩直線平行，可知②正確；③同②得：，即可得出結(jié)論；④根據(jù)，，可知，可知④錯誤；⑤利用等邊三角形的性質(zhì)，，再根據(jù)平行線的性質(zhì)得到，于是，可知⑤正確．解：①和為等邊三角形，，，，，在和中，，，，，①正確；②，在和中，，．，，，，②正確；③同②得：，，③正確；④，且，，故④錯誤；⑤，，是等邊三角形，，，，，⑤正確；故答案為：①②③⑤．【點撥】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握等邊三角形的性質(zhì)，證明三角形全等是解決問題的關(guān)鍵．8．10【分析】延長AB到N，使BN=CF，連接DN，求出∠FCD=∠EBD=∠NBD=90°，根據(jù)SAS證△NBD≌△FCD，推出DN=DF，∠NDB=∠FDC，求出∠EDF=∠EDN，根據(jù)SAS證△EDF≌△EDN，推出EF=EN，易得△AEF的周長等于AB+AC．解：延長AB到N，使BN=CF，連接DN，∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC=∠ACB=60°，∵BD=CD，∠BDC=120°，∴∠DBC=∠DCB=30°，∴∠ACD=∠ABD=30°+60°=90°=∠NBD，∵在△NBD和△FCD中，，∴△NBD≌△FCD（SAS），∴DN=DF，∠NDB=∠FDC，∵∠BDC=120°，∠EDF=60°，∴∠EDB+∠FDC=60°，∴∠EDB+∠BDN=60°，即∠EDF=∠EDN，在△EDN和△EDF中，，∴△EDN≌△EDF（SAS），∴EF=EN=BE+BN=BE+CF，即BE+CF=EF．∵△ABC是邊長為5的等邊三角形，∴AB=AC=5，∵BE+CF=EF，∴△AEF的周長為：AE+EF+AF=AE+EB+FC+AF=AB+AC=10，故答案為：10．【點撥】本題考查了等邊三角形性質(zhì)和判定，等腰三角形的性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理，全等三角形的性質(zhì)和判定的綜合運用．注意掌握輔助線的作法，注意掌握數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．9．【分析】在的左側(cè)作等邊三角形，連接、、、，再證明可得再利用時，最短，從而可得答案.解：在的左側(cè)作等邊三角形，連接、、、，則則，故點、關(guān)于對稱，則，，均為等邊三角形，，，，，，當(dāng)時，最小，由故，故的長度為，故答案為：【點撥】本題考查的是等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，垂線段最短，含的直角三角形的性質(zhì)，靈活運用以上知識解題是解題的關(guān)鍵.10．【分析】過點B作BE⊥BD，交DC的延長線于點E，連接AE，由題意易得△EBD是等腰直角三角形，然后可證△BCD≌△BEA，則有∠BDC=∠BEA=45°，AE=CD，進(jìn)而根據(jù)三角形面積公式可進(jìn)行求解．解：過點B作BE⊥BD，交DC的延長線于點E，連接AE，如圖所示：∵∠ABC＝90°，∴，∴，∵∠BDC＝45°，∠EBD＝90°，∴△EBD是等腰直角三角形，∴∠BDC=∠BED=45°，BE=BD，∵AB＝BC，∴△BCD≌△BAE（SAS），∴∠BDC=∠BEA=45°，AE=CD，∴，∵，∴，∴；故答案為．【點撥】本題主要考查三角形全等的判定與性質(zhì)及等腰直角三角形的性質(zhì)與判定，解題的關(guān)鍵是構(gòu)造旋轉(zhuǎn)型全等，抓住等腰直角三角形的特征．11．①②④【分析】利用等邊三角形的性質(zhì)證明可判斷①，利用，可得利用三角形的外角的性質(zhì)可得從而可判斷③，再結(jié)合等邊三角形的性質(zhì)證明可判斷②，由可得：，結(jié)合可得，從而可判斷④．解：如圖，記與的交點為，∵與都是等邊三角形，∴AC=BC，CD=CE，∠BCA=∠DCE=60°∵點B、C、E在同一條直線上，∴∠ACD=60°，∴∠BCD=∠ACE=120°在和中，∴，所以結(jié)論①正確；∵，∴∠BDC=∠CEA，∵∠AHB=∠DBE+∠BEA=∠DBE+∠BDC=180°∠BCD=60°，所以③錯誤；在和中，，∴，∴所以②正確；，∵CG=CF，∠ACD=60°，∴∠GFC=60，又∵∠DCE=60°，∴∠GFC=∠DCE，∴GF∥BC，所以④正確．故答案為：①②④．【點撥】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)和判定，平行線的判定，解決本題的關(guān)鍵是找到判定三角形全等的條件．12．65°【分析】先判斷出，再判斷出即可得到平分，即可得出結(jié)論．解：如圖，，，在和中，；過點作于，于，，，在和中，，，在與中，，平分；，，，，，，故答案為：．【點撥】此題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)以及角平分線的定義．此題難度適中，注意掌握輔助線的作法，注意掌握數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．13．①②③④【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)和SAS可證明△ABG≌△AEC，然后根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可判斷①；設(shè)BG、CE相交于點N，AC、BG相交于點K，如圖1，根據(jù)全等三角形對應(yīng)角相等可得∠ACE＝∠AGB，然后根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理可得∠CNG＝∠CAG＝90°，于是可判斷②；過點E作EP⊥HA的延長線于P，過點G作GQ⊥AM于Q，如圖2，根據(jù)余角的性質(zhì)即可判斷④；利用AAS即可證明△ABH≌△EAP，可得EP＝AH，同理可證GQ＝AH，從而得到EP＝GQ，再利用AAS可證明△EPM≌△GQM，可得EM＝GM，從而可判斷③，于是可得答案．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正確；設(shè)BG、CE相交于點N，AC、BG相交于點K，如圖1，∵△ABG≌△AEC，∴∠ACE＝∠AGB，∵∠AKG＝∠NKC，∴∠CNG＝∠CAG＝90°，∴BG⊥CE，故②正確；過點E作EP⊥HA的延長線于P，過點G作GQ⊥AM于Q，如圖2，∵AH⊥BC，∴∠ABH+∠BAH＝90°，∵∠BAE＝90°，∴∠EAP+∠BAH＝90°，∴∠ABH＝∠EAP，即∠EAM＝∠ABC，故④正確；∵∠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的中線，故③正確．綜上所述，①②③④結(jié)論都正確．故答案為：①②③④．【點撥】本題考查了正方形的性質(zhì)、三角形的內(nèi)角和定理以及全等三角形的判定和性質(zhì)，作輔助線構(gòu)造出全等三角形是難點，熟練掌握全等三角形的判定和性質(zhì)是關(guān)鍵．14．①②③⑤△ACD≌△BCE，△BCQ≌△ACP，△CDP≌△CEQ【分析】①可證明△ACD≌△BCE,從而得出AD=BE；②可通過證明△BCQ≌△ACP，從而可證明△PCQ為等邊三角形，再根據(jù)內(nèi)錯角相等兩直線平行可證明PQ∥AE．③由②中△BCQ≌△ACP，可證AP=BQ；④通過證明△CDP≌△CEQ可得DP=EQ，又由圖可知DE＞QE，從而④錯誤；⑤通過三角形外角定理和前面△ACD≌△BCE可得該結(jié)論．由前面的證明過程可得出三個全等三角形．解：①△ABC和△DCE均是等邊三角形，點A，C，E在同一條直線上，∴AC=BC，EC=DC，∠BCE=∠ACD=120°∴△ACD≌△BCE∴AD=BE，故本選項正確；②∵△ACD≌△BCE，∴∠CBQ=∠CAP，又∵∠PCQ=∠ACB=60°，CB=AC，∴△BCQ≌△ACP，∴CQ=CP，又∠PCQ=60°，∴△PCQ為等邊三角形，∴∠QPC=60°=∠ACB，∴PQ∥AE，故本選項正確；③由②△BCQ≌△ACP可得AP=BQ，故本選項正確；④∵△ACD≌△BCE，∴∠ADC=∠BEC，∵CD=CE，∠DCP=∠ECQ=60°，∴△CDP≌△CEQ（ASA）．∴DP=EQ，∵DE＞QE∴DE＞DP，故本選項錯誤；⑤∠AOB=∠DAE+∠AEO=∠DAE+∠ADC=∠DCE=60°，故本選項正確；∴正確的有：①②③⑤．由上面證明過程可知△ACD≌△BCE，△BCQ≌△ACP，△CDP≌△CEQ．故答案為：①②③⑤；△ACD≌△BCE，△BCQ≌△ACP，△CDP≌△CEQ．【點撥】本題考查全等三角形的性質(zhì)和判定，等邊三角形的性質(zhì)．熟練掌握全等三角形的判定定理，并能依據(jù)等邊三角形三邊相等，三角相等都是60°的特征判斷三角形全等是解題關(guān)鍵．15．82°【分析】根據(jù)等邊三角形的邊相等，角相等，易證△ACN和△MCB全等，則∠ANC和∠MBA相等，∠MBA＝60°﹣∠MBN＝60°﹣38°＝22°，然后可求出∠ANB．解：∵△ACM和△BCN是等邊三角形，∴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°．故答案為82°．【點撥】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，本題是典型的“手拉手”模型，應(yīng)熟練掌握其中全等三角形的證明.16．120【分析】先得出∠DAC=∠EAB，進(jìn)而利用ASA得出△ADC≌△AEB，進(jìn)而得出∠E=∠ACD，再利用三角形內(nèi)角和定理得出∠EAF=∠COF=60°，即可得出答案．解：如圖所示：∵∠DAB=∠EAC=60°，∴∠DAB+∠BAC=∠BAC+∠EAC，∴∠DAC=∠EAB，在△ADC和△AEB中，,∴△ADC≌△ABE（SAS），∴∠E=∠ACD，又∵∠AFE=∠OFC，∴∠EAF=∠COF=60°，∴∠DOE=120°．故答案是：120．【點撥】考查了全等三角形的判定與性質(zhì)以及三角形內(nèi)角和定理等知識，根據(jù)已知得出△ADC≌△AEB是解題關(guān)鍵．17．（1）見分析；（2）見分析【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得出AD=AB，AC=AE，∠ACE=∠AEC=60°，∠DAB=∠EAC=60°，求出∠DAC=∠BAE，根據(jù)SAS推出△DAC≌△BAE即可；（2）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出∠BEA=∠ACD，求出∠BPC=∠ECP+∠PEC=∠ACE+∠AEC，代入求出即可．解：證明：（1）∵以AB、AC為邊分別向外做等邊△ABD和等邊△ACE，∴AD=AB，AC=AE，∠ACE=∠AEC=60°，∠DAB=∠EAC=60°，∴∠DAB+∠BAC=∠EAC+∠BAC，∴∠DAC=∠BAE，在△DAC和△BAE中，，∴△DAC≌△BAE（SAS），∴CD=BE；（2）∵△DAC≌△BAE，∴∠BEA=∠ACD，∴∠BPC=∠ECP+∠PEC=∠DCA+∠ACE+∠PEC=∠BEA+∠ACE+∠PEC=∠ACE+∠AEC=60°+60°=120°．【點撥】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定的應(yīng)用，關(guān)鍵是求出△DAC≌△BAE．18．見分析【分析】證明△ABE≌△CBD即可解決．解：∵△ABC和△EBD都是等邊三角形，∴AB＝CB，BE＝BD，∠ABC＝∠DBE＝60°，∴∠ABC﹣∠ABD＝∠DBE﹣∠ABD，即∠ABE＝∠CBD，在△ABE和△CBD中，，∴△ABE≌△CBD（SAS），∴AE＝CD．【點撥】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)等知識，掌握這兩部分知識是關(guān)鍵．19．(1)見分析；(2)CE﹣CD＝AC．理由見分析【分析】（1）結(jié)論：．連接．證明；（2）結(jié)論：，證明方法類似（1）．解：（1）證明：∵，，，∴，，∴，∵，∴，在和中，，∴．（2）解：．理由：連接．∵，，，∴，，∴，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，∴．【點撥】本題考查等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題．20．（1）見分析；（2）8【分析】（1）直接證明，即可得出結(jié)論；（2）由（1）可進(jìn)一步推出為直角三角形，且，從而由求解即可．解：（1）△ACB和△DCE均為等腰三角形，∠ACB=∠DCE=90°，,在與中，，；（2）是等腰直角三角形，，由（1）可知，，,，，則在中，，．【點撥】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)，及含角的直角三角形的性質(zhì)，根據(jù)“手拉手”模型證明全等，并推導(dǎo)出直角三角形是解題關(guān)鍵．21．（1）證明見分析；（2）∠BFE＝105°．【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)證明△ABE≌△CBD（SAS），進(jìn)而得證；（2）由（1）得出∠DBC=∠ABE=45°，BD=BE，∠EBD=120°，最后根據(jù)三角形內(nèi)角和定理進(jìn)行求解即可．解：（1）證明：∵線段BD繞著點B按逆時針方向旋轉(zhuǎn)120°能與BE重合，∴BD＝BE，∠EBD＝120°，∵AB＝BC，∠ABC＝120°，∴∠ABD+∠DBC＝∠ABD+∠ABE＝120°，∴∠DBC＝∠ABE，∴△ABE≌△CBD（SAS），∴AE＝CD；（2）解：由（1）知∠DBC＝∠ABE＝45°，BD＝BE，∠EBD＝120°，∴∠BED＝∠BDE＝（180°﹣120°）＝30°，∴∠BFE＝180°﹣∠BED﹣∠ABE＝180°﹣30°﹣45°＝105°．【點撥】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)證明是解題的關(guān)鍵．22．（1）見分析（2）見分析（3）見分析【分析】（1）由等邊三角形的性質(zhì)得出AC＝CD，BC＝CE，∠ACD＝∠BCE＝60°，得出∠DCB＝∠ACE，由SAS即可得出△ACE≌△DCB；（2）由全等三角形的性質(zhì)得出∠EAC＝