2024年中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)（全國版）重難點(diǎn)08 全等三角形8種模型（一線三等角、手拉手模型、倍長中線、截長補(bǔ)短、婆羅摩笈多、半角模型、平行線中點(diǎn)模型與雨傘模型）（解析版）

重難點(diǎn)突破08全等三角形8種模型（一線三等角、手拉手模型、倍長中線、截長補(bǔ)短、婆羅摩笈多、半角模型、平行線中點(diǎn)模型與雨傘模型）目錄TOC\o"1-3"\n\h\z\u題型01一線三等角模型（含一線三垂直模型）題型02手拉手模型題型03倍長中線模型題型04平行線中點(diǎn)模型與雨傘模型題型05截長補(bǔ)短模型題型06婆羅摩笈多模型題型07半角模型題型01一線三等角模型（含一線三垂直模型）【一線三垂直模型介紹】只要出現(xiàn)等腰直角三角形，可以過直角點(diǎn)作一條直線，然后過45°頂點(diǎn)作直線的垂線，構(gòu)造三垂直，所得兩個(gè)直角三角形全等.根據(jù)全等三角形倒邊，得到線段之間的數(shù)量關(guān)系.已知（一線三垂直）圖示結(jié)論（性質(zhì)）如圖AB⊥BC，AB=BC，CE⊥DE，AD⊥DE?ABD≌?BCE，DE=AD+EC如圖AB⊥BC，AB=BC，CE⊥DE，AD⊥DE?ABD≌?BCE，DE=AD-EC已知∠AOC=∠ADB=∠CED=90°，AB=DC?ADB≌?DEC延長DE交AC于點(diǎn)F，已知∠DBE=∠ABC=∠EFC=90°，AC=DE?ABC≌?DBE【一線三等角模型介紹】三個(gè)等角的頂點(diǎn)在同一條直線，這個(gè)角可以是直角，也可以是銳角或鈍角.一線三等角類型：（同側(cè)）已知∠A=∠CPD=∠B=∠α，CP=PD（異側(cè)）已知∠EAC=∠ABD=∠DPC=∠α，CP=PD1．（2023·陜西西安·校聯(lián)考模擬預(yù)測）小西在物理課上學(xué)習(xí)了發(fā)聲物體的振動(dòng)實(shí)驗(yàn)后，對其作了進(jìn)一步的探究：在一個(gè)支架的橫桿點(diǎn)O處用一根細(xì)繩懸掛一個(gè)小球A，小球A可以自由擺動(dòng)，如圖，OA表示小球靜止時(shí)的位置．當(dāng)小明用發(fā)聲物體靠近小球時(shí)，小球從OA擺到OB位置，此時(shí)過點(diǎn)B作BD⊥OA于點(diǎn)D，當(dāng)小球擺到OC位置時(shí)，OB與OC恰好垂直（圖中的A、B、O、C在同一平面上），過點(diǎn)C作CE⊥OA于點(diǎn)E，測得BD=8cm，OA=17cm．求

【答案】9【分析】首先根據(jù)題意證明出△COE≌△OBDAAS【詳解】∵OB⊥OC，∴∠BOD+∠COE=90°，又∵CE⊥OA,BD⊥OA，∴∠CEO=∠ODB=90°，∴∠BOD+∠B=90°，∴∠COE=∠B，在△COE和△OBD中，∠CEO=∠BDO∠COE=∠B∴△COE≌△OBDAAS∴OE=BD=8cm∴AE=OA?OE=17?8=9cm【點(diǎn)睛】此題考查全等三角形的性質(zhì)和判定，解題思路是找準(zhǔn)條件判定全等，解題的關(guān)鍵是證明△COE≌△OBDAAS2．（2023·全國·九年級(jí)專題練習(xí)）感知：數(shù)學(xué)課上，老師給出了一個(gè)模型：如圖1，點(diǎn)A在直線DE上，且∠BDA=∠BAC=∠AEC=90°，像這種一條直線上的三個(gè)頂點(diǎn)含有三個(gè)相等的角的模型我們把它稱為“一線三等角“模型．應(yīng)用：(1)如圖2，Rt△ABC中，∠ACB=90°，CB=CA，直線ED經(jīng)過點(diǎn)C，過A作AD⊥ED于點(diǎn)D，過B作BE⊥ED于點(diǎn)E(2)如圖3，在△ABC中，D是BC上一點(diǎn)，∠CAD=90°∠DBA=∠DAB，AB=23，求點(diǎn)C(3)如圖4，在?ABCD中，E為邊BC上的一點(diǎn)，F(xiàn)為邊AB上的一點(diǎn)．若∠DEF=∠B，AB=10，【答案】(1)見解析(2)3(3)EF【分析】（1）由直角三角形的性質(zhì)得出∠ACD=∠EBC，可證明△BEC≌△CDA；（2）過點(diǎn)D作DF⊥AB于點(diǎn)F，過點(diǎn)C作CE⊥AB于，交BA的延長線于點(diǎn)E，證明△CAE≌△ADF，由全等三角形的性質(zhì)可得出CE=AF=3（3）過點(diǎn)D作DM=DC交BC的延長線于點(diǎn)M，證明△BFE∽△MED，由相似三角形的性質(zhì)可得出答案．【詳解】（1）證明：∵∠ACB=90°，∴∠BCE+∠ACD=180°，∵AD⊥ED，∴∠BEC=∠CDA=90°，∴∠ACD=∠EBC，在△BEC和△CDA中，∠CDA=∠BEC=90∴△BEC≌△CDA；（2）解：過點(diǎn)D作DF⊥AB于點(diǎn)F，過點(diǎn)C作CE⊥AB于，交BA的延長線于點(diǎn)E，∵∠DBA=∠DAB，∴AD=BD，∴AF=BF=1∵∠CAD=90°，∴∠DAF+∠CAE=90°，∵∠DAF+∠ADF=90°，∴∠CAE=∠ADF，在△CAE和△ADF中，∠CEA=∠AFD=90°∠CAE=∠ADF∴△CAE≌△ADF，∴CE=AF=3即點(diǎn)C到AB的距離為3；（3）過點(diǎn)D作DM=DC交BC的延長線于點(diǎn)M，∴∠DCM=∠M，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴DM=CD=AB=10，AB∥CD∴∠B=∠DCM=∠M，∵∠FEC=∠DEF+∠DEC=∠B+∠BFE,∠B=∠DEF，∴∠DEC=∠BFE，∴△BFE∽△MED，∴EFDE【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．3．（2022·北京·?？家荒＃τ谄矫嬷苯亲鴺?biāo)系xOy中的圖形M和點(diǎn)P，給出如下定義：將圖形M繞點(diǎn)P順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到圖形N，圖形N稱為圖形M關(guān)于點(diǎn)P的“垂直圖形”．例如，圖1中點(diǎn)D為點(diǎn)C關(guān)于點(diǎn)P的“垂直圖形”．(1)點(diǎn)A關(guān)于原點(diǎn)O的“垂直圖形”為點(diǎn)B．①若點(diǎn)A的坐標(biāo)為0,3，則點(diǎn)B的坐標(biāo)為___________；②若點(diǎn)B的坐標(biāo)為3,1，則點(diǎn)A的坐標(biāo)為___________；(2)E(?3,3)，F(xiàn)(?2,3)，G(a,0)，線段EF關(guān)于點(diǎn)G的“垂直圖形”記為E'F'，點(diǎn)E的對應(yīng)點(diǎn)為E'，點(diǎn)F的對應(yīng)點(diǎn)為F'．①求點(diǎn)E'的坐標(biāo)（用含a的式子表示）；②若⊙O的半徑為2，E'F'上任意一點(diǎn)都在⊙O內(nèi)部或圓上，直接寫出滿足條件的【答案】(1)①3,0，②?1,3(2)①(3+a,3+a)，②22【分析】(1)①②根據(jù)“垂直圖形”的定義可得答案；(2)①過點(diǎn)E作EP⊥x軸于點(diǎn)P，過點(diǎn)E'作E'H⊥x軸于點(diǎn)H，利用AAS證明△PEG≌△HGE'得E'H=PG=a+3，GH=EP=3，從而得出答案；②由點(diǎn)E'的坐標(biāo)可知，滿足條件的點(diǎn)E'在第一象限的⊙O【詳解】（1）解：①∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為0,3∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為3,0，故答案為：3,0；②當(dāng)B3,1時(shí)，如圖，A故答案為：?1,3；（2）解：①過點(diǎn)E作EP⊥x軸于點(diǎn)P，過點(diǎn)E'作E'H⊥x軸于點(diǎn)H，∵∠EGE'=90°，EG=E'G，∴∠EGP+∠E'GH=90°，∠EGP+∠E=90°，∴∠E=∠E'GH，∵∠EPG=∠GHE'，∴△PEG∴E'H=PG=a+3，GH=EP=3，∴OH=3+a，∴E'（②如圖，觀察圖象知，滿足條件的點(diǎn)E'在第一象限的⊙O上，∵E'3+a,3+a，OE'=2∴a+32+∴a=2∴E'2∴EE'=2∴EE'的長度的最大值為22．【點(diǎn)睛】本題是幾何變換綜合題，主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，“垂直圖形”的定義，坐標(biāo)與圖形，求出點(diǎn)E'的坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵．4．（2021·浙江嘉興·?？家荒＃╅喿x材料：我們知道：一條直線經(jīng)過等腰直角三角形的直角頂點(diǎn)，過另外兩個(gè)頂點(diǎn)分別向該直線作垂線，即可得三垂直模型”如圖①：在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，分別過A、B向經(jīng)過點(diǎn)C直線作垂線，垂足分別為D、E，我們很容易發(fā)現(xiàn)結(jié)論：△ADC≌△CEB．(1)探究問題：如果AC≠BC，其他條件不變，如圖②，可得到結(jié)論；△ADC∽△CEB．請你說明理由．(2)學(xué)以致用：如圖③，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y＝12x與直線CD交于點(diǎn)M（2，1），且兩直線夾角為α，且tanα＝32，請你求出直線(3)拓展應(yīng)用：如圖④，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝5，點(diǎn)E為BC邊上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接AE，將線段AE繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，點(diǎn)A落在點(diǎn)P處，當(dāng)點(diǎn)P在矩形ABCD外部時(shí)，連接PC，PD．若△DPC為直角三角形時(shí)，請你探究并直接寫出BE的長．【答案】(1)見解析(2)y=?(3)4或3+【分析】（1）由同角的余角相等可得∠BCE=∠DAC，且∠ADC=∠BEC=90°，可得結(jié)論；（2）過點(diǎn)O作ON⊥OM交直線CD于點(diǎn)N，分別過M、N作ME⊥x軸NF⊥x軸，由（1）的結(jié)論可得：△NFO∽△OEM，可得NFOE=OF（3）分兩種情況討論，由全等三角形的性質(zhì)和相似三角形的性質(zhì)可求解．【詳解】（1）解：理由如下，∵∠ACB＝90°，∴∠ACD+∠BCE＝90°，又∵∠ADC＝90°，∴∠ACD+∠DAC＝90°，∴∠BCE＝∠DAC，且∠ADC＝∠BEC＝90°，∴△ADC∽△CEB；（2）解：如圖，過點(diǎn)O作ON⊥OM交直線CD于點(diǎn)N，分別過M、N作ME⊥x軸，NF⊥x軸，由（1）可得：△NFO∽△OEM，∴NFOE∵點(diǎn)M（2，1），∴OE＝2，ME＝1，∵tanα＝ONOM＝3∴NF2∴NF＝3，OF＝32∴點(diǎn)N（?3∵設(shè)直線CD表達(dá)式：y＝kx+b，∴1=2k+b∴k=?∴直線CD的解析式為：y＝-47x+15（3）解：當(dāng)∠CDP＝90°時(shí)，如圖，過點(diǎn)P作PH⊥BC，交BC延長線于點(diǎn)H，∵∠ADC+∠CDP＝180°，∴點(diǎn)A，點(diǎn)D，點(diǎn)P三點(diǎn)共線，∵∠BAP＝∠B＝∠H＝90°，∴四邊形ABHP是矩形，∴AB＝PH＝4，∵將線段AE繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，∴AE＝EP，∠AEP＝90°，∴∠AEB+∠PEH＝90°，且∠BAE+∠AEB＝90°，∴∠BAE＝∠PEH，且∠B＝∠H＝90°，AE＝EP，∴△ABE≌△EHP（AAS），∴BE＝PH＝4，當(dāng)∠CPD＝90°時(shí)，如圖，過點(diǎn)P作PH⊥BC，交BC延長線于點(diǎn)H，延長HP交AD的延長線于N，則四邊形CDNH是矩形，∴CD＝NH＝4，DN＝CH，設(shè)BE＝x，則EC＝5-x，∵將線段AE繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，∴AE＝EP，∠AEP＝90°，∴∠AEB+∠PEH＝90°，且∠BAE+∠AEB＝90°，∴∠BAE＝∠PEH，且∠B＝∠EHP＝90°，AE＝EP，∴△ABE≌△EHP（AAS），∴PH＝BE＝x，AB＝EH＝4，∴PN＝4-x，CH＝4-（5-x）＝x-1＝DN，∵∠DPC＝90°，∴∠DPN+∠CPH＝90°，且∠CPH+∠PCH＝90°，∴∠PCH＝∠DPN，且∠N＝∠CHP＝90°，∴△CPH∽△PDN，∴DNPH∴x?1x∴x＝3±∵點(diǎn)P在矩形ABCD外部，∴x＝3+7∴BE＝3+7綜上所述：當(dāng)BE的長為4或3+72時(shí)，△【點(diǎn)睛】本題是考查了待定系數(shù)法求解析式，相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造相似三角形是本題的關(guān)鍵．5．（2022下·安徽淮北·九年級(jí)校聯(lián)考階段練習(xí)）數(shù)學(xué)模型學(xué)習(xí)與應(yīng)用．【學(xué)習(xí)】如圖1，∠BAD=90°，AB=AD，BC⊥AC于點(diǎn)C，DE⊥AC于點(diǎn)E．由∠1+∠2=∠2+∠D=90°，得∠1=∠D；又∠ACB=∠AED=90°，可以通過推理得到△ABC≌△DAE．我們把這個(gè)數(shù)學(xué)模型稱為“一線三等角”模型；(1)【應(yīng)用】如圖2，點(diǎn)B，P，D都在直線l上，并且∠ABP=∠APC=∠PDC=α．若BP=x，AB=2，BD=5，用含x的式子表示CD的長；(2)【拓展】在△ABC中，點(diǎn)D，E分別是邊BC，AC上的點(diǎn)，連接AD，DE，∠B=∠ADE=∠C，AB=5，BC=6．若△CDE為直角三角形，求CD的長；(3)如圖3，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A的坐標(biāo)為2,4，點(diǎn)B為平面內(nèi)任一點(diǎn)．△AOB是以O(shè)A為斜邊的等腰直角三角形，試直接寫出點(diǎn)B的坐標(biāo)．【答案】(1)CD=?(2)3(3)3,1或?1,3【詳解】（1）解：∵∠ABP=∠APC=∠PDC=α，∴∠A+∠APB=∠APB+∠CPD，∴∠A=∠CPD，又∵∠ABP=∠PDC，∴△ABP∽△PDC，∴ABPD即xCD∴CD=?1（2）解：如圖4，當(dāng)∠CED=90°時(shí)，∵∠ADE=∠C，∠CAD=∠DAE，∴△ACD∽△ADE，∴∠ADC=∠AED=90°，∵∠B=∠C，∠ADC=90°∴點(diǎn)D為BC的中點(diǎn)，∴CD=1如圖5，當(dāng)∠EDC=90°時(shí)，∵∠B=∠C，∴∠BAD=∠EDC=90°，過點(diǎn)A作AF⊥BC，交BC于點(diǎn)F，∴BF=12BC=3BD=25∴CD=3．（3）解：分兩種情況：①如圖6所示，過A作AC⊥y軸于D，過B作BE⊥x軸于E，DA與EB相交于C，則∠C＝90°，∴四邊形OECD是矩形∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為（2，4），∴AD＝2，OD＝CE＝4，∵∠OBA＝90°，∴∠OBE+∠ABC＝90°，∵∠ABC+∠BAC＝90°，∴∠BAC＝∠OBE，在△ABC與△BOE中，∠C=∠BEO=90°∠BAC=∠OBE∴△ABC≌△BOE（AAS），∴AC＝BE，BC＝OE，設(shè)OE＝x，則BC＝OE＝CD＝x，∴AC＝BE＝x－2，∴CE＝BE+BC＝x－2+x＝OD＝4，∴x＝3，x－2＝1，∴點(diǎn)B的坐標(biāo)是（3，1）；②如圖7，同理可得，點(diǎn)B的坐標(biāo)（－1，3），綜上所述，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（3，1）或（－1，3）．【點(diǎn)睛】本題是三角形綜合題目，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)；正確的作出輔助線，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．6．（2021上·山東青島·九年級(jí)統(tǒng)考期中）【模型引入】我們在全等學(xué)習(xí)中所總結(jié)的“一線三等角、K型全等”這一基本圖形，可以使得我們在觀察新問題的時(shí)候很迅速地聯(lián)想，從而借助已有經(jīng)驗(yàn)，迅速解決問題．【模型探究】如圖，正方形ABCD中，E是對角線BD上一點(diǎn)，連接AE，過點(diǎn)E作EF⊥AE，交直線CB于點(diǎn)F．（1）如圖1，若點(diǎn)F在線段BC上，寫出EA與EF的數(shù)量關(guān)系并加以證明；（2）如圖2，若點(diǎn)F在線段CB的延長線上，請直接寫出線段BC，BE和BF的數(shù)量關(guān)系．【模型應(yīng)用】（3）如圖3，正方形ABCD中，AB＝4，E為CD上一動(dòng)點(diǎn)，連接AE交BD于F，過F作FH⊥AE于F，過H作HG⊥BD于G．則下列結(jié)論：①AF＝FH；②∠HAE＝45°；③BD＝2FG；④△CEH的周長為8．正確的結(jié)論有個(gè)．（4）如圖4，點(diǎn)E是正方形ABCD對角線BD上一點(diǎn)，連接AE，過點(diǎn)E作EF⊥AE，交線段BC于點(diǎn)F，交線段AC于點(diǎn)M，連接AF交線段BD于點(diǎn)H．給出下列四個(gè)結(jié)論，①AE＝EF；②2DE＝CF；③S△AEM＝S△MCF；④BE＝DE+2BF；正確的結(jié)論有個(gè)．【模型變式】（5）如圖5，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形OBCD是正方形，且D（0，2），點(diǎn)E是線段OB延長線上一點(diǎn)，M是線段OB上一動(dòng)點(diǎn)（不包括點(diǎn)O、B），作MN⊥DM，垂足為M，交∠CBE的平分線與點(diǎn)N，求證：MD＝MN（6）如圖6，在上一問的條件下，連接DN交BC于點(diǎn)F，連接FM，則∠FMN和∠NMB之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請給出證明．【拓展延伸】（7）已知∠MON＝90°，點(diǎn)A是射線ON上的一個(gè)定點(diǎn)，點(diǎn)B是射線OM上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且滿足OB＞OA．點(diǎn)C在線段OA的延長線上，且AC＝OB．如圖7，在線段BO上截取BE，使BE＝OA，連接CE．若∠OBA+∠OCE＝β，當(dāng)點(diǎn)B在射線OM上運(yùn)動(dòng)時(shí)，β的大小是否會(huì)發(fā)生變化？如果不變，請求出這個(gè)定值；如果變化，請說明理由．（8）如圖8，正方形ABCD中，AD＝6，點(diǎn)E是對角線AC上一點(diǎn)，連接DE，過點(diǎn)E作EF⊥ED，交AB于點(diǎn)F，連接DF，交AC于點(diǎn)G，將△EFG沿EF翻折，得到△EFM，連接DM，交EF于點(diǎn)N，若點(diǎn)F是AB邊的中點(diǎn)，則△EDM的面積是．【答案】（1）AE=EF，證明見解析；（2）BE=22(BC?BF)；（3）4；（4）3；（5）見解析；（6）∠NMF=∠NMB，證明見解析；（7）β的大小不變，【分析】（1）過點(diǎn)E作YZ⊥AD，交AD于Y，交BC于Z,證明△ZBE是等腰直角三角形，進(jìn)而證明△AEY≌△EFZ，即可證明AE=EF；（2）過E分別向AB,BC作垂線，垂足分別為T,U，證明四邊形TBUE是正方形，證明△TEA≌△UEF，過A作AV⊥BD于V,過F作FW⊥BD的延長線于點(diǎn)W，設(shè)正方形的邊長為a，在Rt△ABD中，求得BD，進(jìn)而求得AV=12BD=22a，證明△AEV≌△EFW（3）①由（1）直接判斷①；根據(jù)△AFH是等腰直角三角形，即可判斷②；過A作AR⊥BD于R,證明△ARF≌△FGH可得AR=FG，進(jìn)而判斷；③過點(diǎn)A作AQ⊥HE于點(diǎn)Q，延長CB至Q，使BP=DE，證明△APH≌△AEH，進(jìn)而可得△CEH的周長為2BC，即可判斷④；（4）①由（1）直接判斷①；過E作PQ//DC,交AD,BC分別為點(diǎn)P,Q，證明△DPE,△EQB是等腰直角三角形，證明Rt△EFQ≌Rt△AEP，進(jìn)而可得DE=2DP=22CF，即可判斷②；過F作KF//PQ交BD于點(diǎn)K,KN⊥PQ于N，可得KB=2BF，由②可知PD=QF（5）在OD上取OH=OM，連接HM，證明△HDM≌△BMN即可；（6）延長BO至點(diǎn)A，使得AO=CF，連接AD，過點(diǎn)M作MP⊥DN于點(diǎn)F，證明△AOD≌△FCD，可得∠CDF=∠ODA，進(jìn)而證明△ADM≌△FDM，由∠NMF+∠FMP=∠NMP=45°，根據(jù)角度的等量換算可得∠NMF=∠MDO，∠NMB=∠MDO，進(jìn)而可得∠NMF=∠NMB；（7）過點(diǎn)C作CF//OB，且CF=OA，連接AF交CE于點(diǎn)G，連接BF，證明△BOA≌△ACF，可得BA=AF,∠1=∠2，進(jìn)而可得∠5=45°，進(jìn)而證明四邊形BECF是平行四邊形，根據(jù)平行線的性質(zhì)，三角形的外角的性質(zhì)可得∠7+∠1=45°，即β（8）過E作PQ⊥DC，交DC于P，交AB于Q，連接BE，證明PE=PC，設(shè)PC=x,則PE=x,PD=6?x，EQ=6?x，證明△DEF是等腰直角三角形，證明△DEC≌△BEC，在Rt△DEP中，勾股定理求得DE=3102，進(jìn)而可得EF，過點(diǎn)F作FH⊥AC于點(diǎn)H，證明△DGC∽△FGA，進(jìn)而求得AG=22，進(jìn)而求得GE，在Rt△HGF中，勾股定理求得FG，進(jìn)而求得S△EFG，根據(jù)翻折的性質(zhì)求得S△EFM，根據(jù)【詳解】（1）若點(diǎn)F在線段BC上，AE=EF,理由如下，過點(diǎn)E作YZ⊥AD，交AD于Y，交BC于Z,∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=AB=BC，∠DAB=∠ABC=∠C=∠ADC=90°又∵YZ⊥AD∴四邊形ABZY是矩形，∴AY=BZ∵AD=AB，∠BAD=90°∴∠ADB=∠ABD=∠DBC=45°∴△ZBE是等腰直角三角形∴BZ=EZ∵BZ=AY∴ZE=AY∵AE⊥EF∴∠AEY+∠FEZ=90°∵∠AYE=90°∴∠EAY+∠AEY=90°∴∠FEZ=∠EAY∵AD∴YZ⊥BC∴∠AYE=∠EZF=90°在△AEY與△EFZ中，∠FEZ=∠EAY∴△AEY≌△EFZ∴AE=EF（2）若點(diǎn)F在線段CB的延長線上，BE=2過E分別向AB,BC作垂線，垂足分別為T,U，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠BAD=90°∴四邊形TBUE是矩形，∴∠ADB=∠ABD=∠DBC=45°∵ET⊥AB,EU⊥BC∴TB=TE，EU=BU，∴四邊形TBUE是正方形∴TE=EU,TE∴∠TEF=∠EFU∵AE⊥EF∴∠TEF+∠AET=90°∵ET⊥AB∴∠EAT+∠AET=90°∴∠TEF=∠EAT∴∠EFU=∠EAT在△TEA與△UEF中∠ATE=∠FUE=90°∴△TEA≌△UEF∴AE=EF過A作AV⊥BD于V,過F作FW⊥BD的延長線于點(diǎn)W，如圖，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠BAD=90°∴∠ADB=∠ABD=45°設(shè)正方形的邊長為a，∵AV⊥BD∴AV=BV=VD在Rt△ABD中，BD=A∴AV=∵AE⊥EF，AV⊥EV∴∠AEV+∠EFW=90°,∠AEV+∠EAV=90°∴∠EFW=∠EAV∵FW⊥WD,AV⊥BD∴∠FWE=∠AVE=90°在△AEV和△EFW中∠EFW=∠EAV∴△AEV≌△EFW∴EV=FW∵∠FBW=∠DBC=45°，F(xiàn)W⊥WB∴∠FBW=90°?∠BFW=45°∴∠WFB=∠WBF∴FW=WB∴BF=即BW=∴BW=EV∴BE+BW=BE+EV=BV=AV=∴∵BC=a∴即BE=（3）如圖由（1）可得AF=FH，故①正確，∵AF⊥FH,AF=FH∴△AFH是等腰直角三角形，∴∠HAE=45°故②正確，過A作AR⊥BD于R,∵AD=AB,∠BAD=90°∴AR=BR=DR=∵AR⊥BD,HG⊥BD∴∠ARF=∠FGH=90°∵∠AFR+∠FAR=90°,∠AFR+∠GFH=90°∴∠FAR=∠HFG又∵AF=FH∴△ARF≌△FGH∴AR=FG∴FG=故③正確，如圖，過點(diǎn)A作AQ⊥HE于點(diǎn)Q，延長CB至Q，使BP=DE，∵∠ADE=∠ABP=90°,AB=AD,DE=BP∴△ABP≌△ADE∴∠DAE=∠BAP∵∠EAH=45°，∠DAB=90°∴∠DAE+∠HAB=45°∴∠BAP+∠HAB=45°即∠HAP=∠EAH∵AP=AE,AH=AH∴△APH≌△AEH∴HE=HP∵PH=PB+BH=DE+BH=EH∴△CEH的周長為CE+EH+HC=CE+DE+BH+HC=CD+BC=2BC∵正方形的邊長為4∴△CEH的周長為2BC=8．故④正確，綜上所述，故正確的結(jié)論有①②③④，共計(jì)4個(gè)故答案為：4（4）如圖4，由（1）可得AE=EF,故①正確；如圖，過E作PQ//DC,交AD,BC∵四邊形ABCD是正方形∴∠ADC=∠DCB=90°∵PQ∴∠DPQ=∠PQC=90°∴四邊形PDCQ是矩形同理，四邊形ABQP是矩形，∴DP=CQ，AP=BQ∵∠PDE=∠EBQ=45°∴△DPE,△EQB是等腰直角三角形∴PE=DP，EQ=QB∵四邊形ABQP是矩形∴BQ=AP∴EQ=AP在Rt△EFQ與Rt△AEP中，AE=EF∴Rt△EFQ≌Rt△AEP∴PE=QF∴DP=QF=∵∠PDE=45°,∠DPE=90°∴DE=∴CF=故②正確如圖，過F作KF//PQ交BD于點(diǎn)K,KN⊥PQ則四邊形KNQF是矩形，∴NK=QF∵∠KBF=45°,∠KFB=90°∴KB=由②可知PD=QF∴NK=DP，∠DPE=∠KNE=90°，∠KEN=∠DEP，∴△DPE≌△KNE，∴DE=EK，∴BE=BK+EK=DE+2故④正確；由于M點(diǎn)的位置不確定，無法判斷S△AEM和S綜上所述正確的結(jié)論由①②④，共計(jì)3個(gè)；故答案為：3，（5）如圖5，在OD上取OH=OM，連接HM，∵OD=OB,OH=OM∴HD=MB,∠OHM=OMH∴∠DHM=180°?45°=135°∵BN平分∠CBE∴∠NBE=45°∴∠MBN=135°∴∠DHM=∠MBN∵DM⊥MN，∠AOB=90°∴∠DMO+∠NMB=90°∵∠DMO+∠HDM=90°∴∠HDM=∠NMB△HDM與△BMN中∠HDM=∠BMN∴△HDM≌△BMN∴DM=MN（6）如圖6，在上一問的條件下，連接DN交BC于點(diǎn)F，連接FM，∠NMF=∠NMB，理由如下，延長BO至點(diǎn)A，使得AO=CF，連接AD，過點(diǎn)M作MP⊥DN于點(diǎn)F，∵DC=DO,∠DOA=∠DCF=90°,CF=AO∴△AOD≌△FCD∴∠CDF=∠ODA，AD=DF∵DM=MN,DM⊥MN∴∠MDN=45°∵∠CDO=90°∴∠CDF+∠MDO=90°?∠FDM=45°∴∠ODA+ODM=45°=∠ADM∴∠ADM=∠FDM在△ADM與△FDM中，AD=AF∴△ADM≌△FDM∴∠DFM=∠DAM∵M(jìn)P⊥DF∴∠PMF+∠PFM=90°∵∠DAO+∠ADO=90°∴∠PMF=∠ODA∵∠MDO+∠ODA=45°∴∠PMF+∠MDO=45°∵DM=MN,MP⊥DN∴PM=PN∴∠PMN=45°∴∠NMF+∠FMP=∠NMP=45°∴∠NMF=∠MDO∵∠NMB=∠MDO∴∠NMF=∠NMB（7）β的大小不變，β=45°，理由如下，過點(diǎn)C作CF//OB，且CF=OA，連接AF交CE于點(diǎn)G，連接∵CF//∴∠BOA+∠ACF=180°∵∠BOA=90°∴∠ACF=90°∴∠BOA=∠ACF又OB=AC,OA=CF∴△BOA≌△ACF∴BA=AF,∠1=∠2∴∠4=∠5∵∠1+∠3=90°∴∠2+∠3=90°∴∠BAF=180°?(∠2+∠3)=90°∴∠5=45°∵∠1+∠7=∠2+∠7=∠6∵BE∴四邊形BECF是平行四邊形∴BF∴∠5=∠6=45°∴∠7+∠1=45°即β=（8）如圖，過E作PQ⊥DC，交DC于P，交AB于Q，連接BE，∵DC⊥AB∴PQ⊥AB∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ACD=45°,△PEC是等腰直角三角形，∴PE=PC設(shè)PC=x,則PE=x,PD=6?x，EQ=6?x∴PD=EQ∵∠DPE=∠EQF=90°，∠PED=∠EFQ∴△DPE≌△EQF∴DE=EF∵DE⊥EF∴△DEF是等腰直角三角形∵DC=BC,∠DCE=∠BCE=45°,CE=CE∴△DEC≌△BEC∴DE=BE∴EF=BE∵EQ⊥FB∴FQ=BQ=∵AB=AD=6,F是AB的中點(diǎn)∴BF=3∴FQ=BQ=PE=∴CE=在Rt△DEP中，DE=∴EF=DE=過點(diǎn)F作FH⊥AC于點(diǎn)H，如圖，∵AD=CD=6∴AC=6∵DC∴△DGC∽△FGA∴CG∴CG=2AG∴AG=2∴GE=AC?AG?CE=62∵∠FAC=45°,HF⊥AC∴∠FAC=∠AFH=45°∵AF=3∴AH=HF=∴HG=在Rt△HGF中，F(xiàn)G=∴∵將△EFG沿EF翻折，得到△EFM，∴S△EFM∴∠DFM=90°∵DF=∴∵S△EDM=∴S故答案為：15【點(diǎn)睛】本題考查了四邊形綜合題，全等三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，相似三角形的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，添加輔助線，構(gòu)造全等是解題的關(guān)鍵．7．（2022上·吉林長春·七年級(jí)長春市第四十五中學(xué)?？计谥校┩ㄟ^對數(shù)學(xué)模型“K字”模型或“一線三等角”模型的研究學(xué)習(xí)，解決下列問題：[模型呈現(xiàn)]如圖1，∠BAD=90°，AB=AD，過點(diǎn)B作BC⊥AC于點(diǎn)C，過點(diǎn)D作DE⊥AC于點(diǎn)E．求證：BC=AE．[模型應(yīng)用]如圖2，AE⊥AB且AE=AB，BC⊥CD且BC=CD，請按照圖中所標(biāo)注的數(shù)據(jù)，計(jì)算圖中實(shí)線所圍成的圖形的面積為________________．[深入探究]如圖3，∠BAD=∠CAE=90°，AB=AD，AC=AE，連接BC，DE，且BC⊥AF于點(diǎn)F，DE與直線AF交于點(diǎn)G．若BC=21，AF=12，則△ADG的面積為_____________．【答案】[模型呈現(xiàn)]見解析；[模型應(yīng)用]50；[深入探究]63【分析】[模型呈現(xiàn)]證明△ABC≌△DAE，根據(jù)全等三角形的對應(yīng)邊相等得到BC=AE；[模型應(yīng)用]根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AP=BG=3，AG=EP=6,CG=DH=4，CG=BG=3，根據(jù)梯形的面積公式計(jì)算，得到答案；[深入探究]過點(diǎn)D作DP⊥AG于P，過點(diǎn)E作EQ⊥AG交AG的延長線于Q，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到DP=AF=12,EQ=AF=12,AP=BF,AQ=CF，證明△DPG≌△EQG，得到PG=GQ.，進(jìn)而求出AG，根據(jù)三角形的面積公式計(jì)算即可．【詳解】[模型呈現(xiàn)]證明：∵∠BAD=90°，∴∠BAC+∠DAE=90°，∵BC⊥AC,DE⊥AC，∴∠ACB=∠DEA=90°，∴∠BAC+∠ABC=90°，∴∠ABC=∠DAE，在△ABC和△DAE中，∠ABC=∠DAE∠ACB=∠DAE∴△ABC≌△DAE(AAS∴BC=AE；[模型應(yīng)用]解：由[模型呈現(xiàn)]可知，△AEP≌△BAG,△CBG≌△DCH，∴AP=BG=3,AG=EP=6,CG=DH=4,CG=BG=3，則S實(shí)線圍成的圖形故答案為：50；[深入探究]過點(diǎn)D作DP⊥AG于P，過點(diǎn)E作EQ⊥AG交AG的延長線于Q，由[模型呈現(xiàn)]可知，△AFB≌△DPA,△AFC≌△EQA，∴DP=AF=12,EQ=AF=12,AP=BF,AQ=CF，在△DPG和△EQG中，∠DPG=∠EQG∠DGP=∠EGQ∴△DPG≌△EQG(AAS∴PG=GQ，∵BC=21，∴AQ+AP=21，∴AP+AP+PG+PG=21，∴AG=AP+PG=10.5，∴S△ADQ故答案為：63．【點(diǎn)睛】本題考查的是全等三角形的判定和性質(zhì)、三角形的面積計(jì)算，熟記三角形確定的判定定理是解題的關(guān)鍵．8．（2020上·河南安陽·八年級(jí)統(tǒng)考期末）（1）如圖①．已知：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直線m經(jīng)過點(diǎn)A，BD⊥直線m，CE⊥直線m，垂足分別為點(diǎn)D、E．則線段DE、BD與CE之間的數(shù)量關(guān)系是______；

（2）如圖②，將（1）中的條件改為：在△ABC中，AB=AC，D，A，E三點(diǎn)都在直線m上，并且有∠BDA=∠AEC=∠BAC=α，其中α為任意銳角或鈍角．請問：（1）中的結(jié)論是還否成立？如成立，請你給出證明；若不成立，請說明理由．（3）拓展與應(yīng)用：如圖③，D，E是D，A，E三點(diǎn)所在直線m上的兩動(dòng)點(diǎn)（D，A，E三點(diǎn)互不重合），點(diǎn)F為∠BAC平分線上的一點(diǎn)，且△ABF和△ACF均為等邊三角形，連接BD、CE．若∠BDA=∠AEC=∠BAC，試判斷△DEF的形狀，并說明理由．【答案】（1）DE=BD+CE；（2）成立，證明見解析；（3）等邊三角形，理由見解析【分析】（1）根據(jù)垂直的定義得到∠BDA=∠CEA=90°，根據(jù)等角的余角相等得到∠CAE=∠ABD，根據(jù)“AAS”證明△ADB≌△CEA，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AE=BD，AD=CE，結(jié)合圖形得到DE=BD+CE；（2）根據(jù)∠BDA=∠AEC=∠BAC，得到∠ABD=∠CAE，由AAS定理證明△ADB≌△CEA，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到BD=AE，DA=CE，得出結(jié)論；（3）根據(jù)△ADB≌△CEA，得到BD=AE，∠DBA=∠CAE，證明△DBF≌△EAF(SAS)，得到DF=EF，∠BFD=∠AFE，求出【詳解】解：（1）DE=BD+CE．理由：如圖1，∵BD⊥直線m，CE⊥直線m，∴∠BDA=∠CEA=90°，∵∠BAC=90°，∴∠BAD+∠CAE=90°，∵∠BAD+∠ABD=90°，∴∠CAE=∠ABD，在△ADB和△CEA中，∠ABD=∠CAE∠ADB=∠CEA=90°∴△ADB≌△CEA(AAS∴AE=BD，AD=CE，∴DE=AE+AD=BD+CE；（2）（1）中結(jié)論成立，理由如下：如圖2，∵∠BDA=∠BAC=α，∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°?α，∴∠DBA=∠CAE，在△ADB和△CEA中，∠DBA=∠CAE∠BDA=∠AEC∴△ADB≌△CEA(AAS∴AE=BD，AD=CE，∴DE=AE+AD=BD+CE；（3）結(jié)論：△DEF是等邊三角形．理由：如圖3，由（2）可知，△ADB≌△CEA，∴BD=AE，∠DBA=∠CAE，∵△ABF和△ACF均為等邊三角形，∴∠ABF=∠CAF=60°，BF=AF，∴∠DBA+∠ABF=∠CAE+∠CAF，即∠DBF=∠EAF，在△DBF和△EAF中，F(xiàn)B=FA∠DBF=∠EAF∴△DBF≌△EAF(SAS∴DF=EF，∠BFD=∠AFE，∴∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠DFA+∠BFD=60°，∴△DEF為等邊三角形．【點(diǎn)睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質(zhì)以及等邊三角形的判定與性質(zhì)，掌握全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．9．（2023上·湖南長沙·八年級(jí)統(tǒng)考階段練習(xí)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)Ba,b(1)若a、b滿足等式a+32+b?2(2)如圖1，在（1）的條件下，動(dòng)點(diǎn)C以每秒2個(gè)單位長度的速度從O點(diǎn)出發(fā)，沿x軸的負(fù)半軸方向運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)A以每秒1個(gè)單位長度的速度從O點(diǎn)出發(fā)，沿y軸的正半軸方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒，當(dāng)t為何值時(shí)，△ABC是AB為斜邊的等腰直角三角形；(3)如圖2，C、A分別是x軸負(fù)半軸和y軸上正半軸上一點(diǎn)，且△ABC是以AB為斜邊的等腰直角三角形，若E是線段OC上一點(diǎn)，連接BE交AC于點(diǎn)D，連接AE，當(dāng)AE=CE，∠OAE=45°，①求證：BE平分∠ABC；②設(shè)BD的長為a，△ADB的面積為S．請用含a的式子表示【答案】(1)B(2)當(dāng)t=1時(shí)，△ABC是以AB為斜邊的等腰直角三角形(3)①見解析；②S【分析】（1）根據(jù)絕對值和偶次方的性質(zhì)得出a+3=0，b?2=0，進(jìn)而求出a、b的值，即可解答；（2）過B作BH⊥x軸于點(diǎn)H，設(shè)OA=t，OC=2t，證明△AOC≌△CHB（AAS）（3）①過點(diǎn)E作EM⊥AB于M，EN⊥BC交BC延長線于N，過點(diǎn)B作BF⊥x軸于F，先證△AEM≌△CEN（AAS）②延長AE、BC相交于點(diǎn)P，證明∠BEA=90°,AE=12AP，再證△BCD≌△ACP【詳解】（1）解：∵（a+3）2+|b?2|=0∴a+3=0，b?2=0，∴a=?3，b=2，∴B?3,2（2）解：過B作BH⊥x軸于點(diǎn)H，

∵B?3,2∴BH=2，由題意得OA=t，OC=2t，∵△ACB是以AB斜邊的等腰直角三角形∴AC=BC，∠ACB=90°，∴∠BCH+∠ACB=90°，∵BH⊥x軸，∴∠OHB=90°，∴∠BCH+∠HBC=90°，∴∠ACB=∠HBC，∴∠AOC=∠CHB=90°，在△AOC與△CHB中，∠ACO=∠HCB∠AOC=∠HCB∴△AOC≌△CHB（∴OC=BH，∴t=1，∴當(dāng)t=1時(shí)，△ABC是以AB為斜邊的等腰直角三角形；（3）①解：過點(diǎn)E作EM⊥AB于M，EN⊥BC交BC延長線于N，過點(diǎn)B作BF⊥x軸于F，∴∠EMA=∠ENC=90°，由（2）可知，∠BCF=∠CAO，∵∠ECN=∠BCF，∴∠ECN=∠CAO，∵△ABC是以AB為斜邊的等腰直角三角形，∴∠BAC=45°，∵∠OAE=45°，∴∠BAC+∠CAE=∠EAO+∠CAE，即∠BAE=∠CAO，∵∠ECN=∠CAO，∴∠ECN=∠BAE，在△AEM和△CEN中，∠MAE=∠ECN∠AME=∠CNE∴△AEM≌△CEN∴EM=EN，∴BE平分∠ABC；②解：如圖，延長AE、BC相交于點(diǎn)P，∵∠ACB=90°，∴∠ACP=90°∴∠CAE+∠APC=90°，∠PCE+∠ACE=90°，∵AE=CE∴∠CAE=∠ACE∴∠APC=∠PCE∴CE=PE∴PE=AE，AE=∵BE平分∠ABC∴BE⊥AP∴∠BEA=90°，∴∠CAE+∠ADE=90°，∠CBD+∠BDC=90°∵∠BDC=∠ADE∴∠CAE=∠CBD在△BCD和△ACP中，∠CBD=∠CAEBC=AC∴△BCD≌△ACP(ASA∴BD=AP=a,∴AE=1∴SΔ【點(diǎn)睛】本題考點(diǎn)涉及絕對值的性質(zhì)，平面直角坐標(biāo)系，等腰三角形的性質(zhì)和判定，三線合一，角平分線定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，所涉知識(shí)點(diǎn)較多，難度較大，屬于壓軸題，掌握“一線三垂直”模型，作出輔助線是解題的關(guān)鍵．10．（2022上·江蘇南京·八年級(jí)?？茧A段練習(xí)）已知，在△ABC中，AB=AC，D，A，E三點(diǎn)都在直線

(1)如圖①，若AB⊥AC，則BD與AE的數(shù)量關(guān)系為___________，CE與AD的數(shù)量關(guān)系為___________；(2)如圖②，判斷并說明線段BD，CE與DE的數(shù)量關(guān)系；(3)如圖③，若只保持∠BDA=∠AEC，BD=EF=7cm，點(diǎn)A在線段DE上以2cm/s的速度由點(diǎn)D向點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)，同時(shí)，點(diǎn)C在線段EF上以xcm/s的速度由點(diǎn)E向點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)，它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（s）．是否存在x，使得△ABD與【答案】(1)BD=AE(2)DE=BD+CE(3)t=1，x=2【分析】（1）利用平角的定義和三角形內(nèi)角和定理得∠CAE=∠ABD，再利用AAS證明△ABD≌△CAE，（2）由（1）同理可得△ABD≌△CAE，得（3）分△DAB≌△ECA或【詳解】（1）解：∵∠BDA=∠AEC=∠BAC，∴∠BAD+∠CAE=∠BAD+∠ABD，∴∠CAE=∠ABD，∵∠BDA=∠AEC，∴△ABD≌∴BD=AE，故答案為：BD=AE，（2）DE=BD+CE，由（1）同理可得△ABD≌∴BD=AE，∴DE=BD+CE；（3）存在，當(dāng)△DAB≌∴AD=CE=2cm,BD=AE=7cm，∴t=1，此時(shí)x=2；當(dāng)△DAB≌∴AD=AE=4.5cm,DB=EC=7cm,∴t=AD2=綜上：t=1，x=2或【點(diǎn)睛】本題是三角形綜合題，主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握一線三等角基本模型是解題的關(guān)鍵，同時(shí)滲透了分類討論的數(shù)學(xué)思想．題型02手拉手模型【模型介紹】兩個(gè)頂角相等的等腰三角形共用頂角頂點(diǎn)，分別連接對應(yīng)的兩底角頂點(diǎn)，從而可以得到一個(gè)經(jīng)典的全等模型.因?yàn)轫旤c(diǎn)相連的四條邊，形象可以看作兩雙手，通常稱為“手拉手模型”.文字說明：1）點(diǎn)A為共用頂角頂點(diǎn)，看作頭2）線段AB、AC為等腰?ABC的兩腰，看作兩條手臂線段AM、AN為等腰?AMN的兩腰，看作兩條手臂3）點(diǎn)B與點(diǎn)M看作左手，線段BM看作左手拉左手點(diǎn)C與點(diǎn)N看作右手，線段CN看作右手拉右手解題步驟：①找共用頂點(diǎn)，確定“四只手”；②連接對應(yīng)端點(diǎn)；③SAS證明全等.已知圖示結(jié)論（性質(zhì)）如圖，直線AB的同一側(cè)作?ABC和?AMN都為等邊三角形（A、B、N三點(diǎn)共線），連接BM、CN，兩者相交于點(diǎn)E1）?ABM≌?ACN2）BM=CN3）∠MEN=∠2=60°（拉手線的夾角等于頂角）4）?ANF≌?AMD5）?AFC≌?ADB6）連接DF，DF∥BN7）連接AE，AE平分∠BEN8）存在3組四點(diǎn)共圓9）EN=EM+EA，EB=EC+EA,EA=ED+EF如圖，?ABC和?AMN都為等邊三角形（A、B、N三點(diǎn)不共線），連接BM、CN，兩者相交于點(diǎn)O1）?ABM≌?ACN2）BM=CN3）∠MON=60°（拉手線的夾角等于頂角）4）連接AO，AO平分∠BON5）存在2組四點(diǎn)共圓6）ON=OM+OA，OB=OC+OA如圖，四邊形ABCD和四邊形AEFG為正方形，連接EB和GD，兩者交于點(diǎn)O1）?AGD≌?AEB2）GD=EB3）GD⊥EB4）AO平分∠EOD11．（2023·安徽黃山·?？家荒＃┮阎鰽BC和△ADE均為等腰直角三角形，△ADE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)一周．

(1)如圖1，連接BD，CE，則BD與CE的數(shù)量關(guān)系為_______；直線BD與CE所夾角的度數(shù)為_______．(2)當(dāng)△ADE旋轉(zhuǎn)至如圖2所示的位置時(shí)，取BC，DE的中點(diǎn)M，N，連接MN，BD．試問：MNBD的值是否隨△ADE(3)M，N分別為BC，DE的中點(diǎn)，連接MN．若AB=310，AD=6，當(dāng)△ADE旋轉(zhuǎn)至B，D，E三點(diǎn)在同一條直線上時(shí)，請直接寫出MN【答案】(1)BD=CE，直線BD與CE所夾角的度數(shù)為：90°；(2)不變，MNBD(3)MN=3或9．【分析】（1）根據(jù)△ABC和△ADE均為等腰直角三角形，得AB=AC，AD=AE，∠BAC=DAE=90°，根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)，得△ABD?△ACE，延長BD交CE于點(diǎn)F，根據(jù)三角形的外角和，即可求出直線BD與CE所夾角的度數(shù)；（2）連接AN，AM；根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，三線合一，得AN⊥ED，AM⊥BC，根據(jù)sin∠ABC=AMAB=2（3）根據(jù)當(dāng)△ADE旋轉(zhuǎn)至B，D，E三點(diǎn)在同一條直線上時(shí)，分類討論：①當(dāng)D在B，E之間；②①當(dāng)E在B，D之間，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，依次求出AN，BN，BD，再根據(jù)MMBD是定值，即可求出MN【詳解】（1）∵△ABC和△ADE均為等腰直角三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=DAE=90°，∴∠BAD+∠DAC=∠DAC+∠EAC，∴∠BAD=∠EAC，∴△ABD?△ACE，∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，延長BD交CE于點(diǎn)F，交AC于點(diǎn)H，∵∠AHF=∠BHC，∴∠ABD+∠BAC=∠ACE+∠BFC，∴∠BAC=∠BFC=90°，∴直線BD與CE所夾角的度數(shù)為：90°．

（2）不變，理由如下：連接AN，AM∵△ABC和△ADE均為等腰直角三角形，點(diǎn)M，N是BC，DE的中點(diǎn)，∴AM⊥BC，∠BAM=∠CAM=45°，AN⊥DE，∠EAN=∠DAN=45°；∵sin∠ABM=sin∴AMAB∵∠BAD=∠BAC+∠DAC=90°+∠DAC，∠MAN=∠MAC+∠DAC+∠DAN=45°+∠DAC+45°=90°+∠DAC，∴∠BAD=∠MAN，∴△BAD～△MAN，∴MNBD

（3）如圖：連接AM，AN，①當(dāng)D在B，E之間，∵△ABC和△ADE均為等腰直角三角形，點(diǎn)M，N是BC，DE的中點(diǎn)∴AN⊥ED，ND=AN，∴A∵AB=310，AD=6∴DN=AN=32∵BN∴BN=62∴BD=BN?DN=62∵M(jìn)NBD∴MN=3；

②當(dāng)E在B，D之間，同理得：DN=AN=32，BN=62，∴MNBD∴MN=9，∴MN=3或9．

【點(diǎn)睛】本題考查等腰三角形，相似三角形，全等三角形的綜合，解題的關(guān)鍵是掌握等腰三角形的性質(zhì)：三線合一，相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，銳角三角形函數(shù)的運(yùn)用．12．（2023下·江西撫州·九年級(jí)?？茧A段練習(xí)）在△ABC中，AB=AC，∠BAC=α，點(diǎn)P是平面內(nèi)不與點(diǎn)A，C重合的任意一點(diǎn)，連接PC，將線段PC繞點(diǎn)P旋轉(zhuǎn)α得到線段PD，連接AP、CD、BD．

(1)當(dāng)α=60°時(shí)，①如圖1，當(dāng)點(diǎn)P在△ABC的邊BC上時(shí)，線段PC繞點(diǎn)P順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α得到線段PD，則AP與BD的數(shù)量關(guān)系是_______________；②如圖2，當(dāng)點(diǎn)P在△ABC內(nèi)部時(shí)，線段PC繞點(diǎn)P順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α得到線段PD，①中AP與BD的數(shù)量關(guān)系還成立嗎？若成立，請證明結(jié)論，若不成立，說明理由；(2)當(dāng)α=90°時(shí)，①如圖3，線段PC繞點(diǎn)P順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α得到線段PD．試判斷AP與BD的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；②若點(diǎn)A，C，P在一條直線上，且AC=3PC，線段PC繞點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)α得到線段DP，求BDAP【答案】(1)①AP=BD；②成立，證明見解析；(2)①BD=2AP，理由見解析；②5【分析】（1）①根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和等邊三角形的判定，易證△ABC和△CPD是等邊三角形，得到AC=BC，CP=CD，∠ACB=∠PCD=60°，再利用“SAS”證明△APC≌△BDC，即可得到AP與BD的數(shù)量關(guān)系；②由①可知，△ABC和△CPD是等邊三角形，進(jìn)而證明△APC≌△BDCSAS，得到AP=BD（2）①根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和等腰直角三角形的判定，易證△ABC和△CPD是等腰直角三角形，得到BC=2AC，CD=2PC，∠ACB=∠PCD，進(jìn)而得到BCAC=CDPC=2，②設(shè)PC=a，則AC=3a，根據(jù)等腰直角的性質(zhì)，得到BC2=18a2，∠ACB=45°，分兩種情況討論：點(diǎn)P在AC上和點(diǎn)P【詳解】（1）解：①∵AB=AC，∠BAC=α=60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AC=BC，∠ACB=60°，∵線段PC繞點(diǎn)P旋轉(zhuǎn)α得到線段PD，∴PC=PD，∠CPD=α=60°，∴△CPD是等邊三角形，∴CP=CD，∠PCD=60°，∴∠ACB=∠PCD，在△APC和△BDC中，AC=BC∠ACP=∠BCD∴△APC≌△BDCSAS∴AP=BD，故答案為：AP=BD；②成立，理由如下：由①可知，△ABC和△CPD是等邊三角形，∴AC=BC，CP=CD，∠ACB=∠PCD=60°，∴∠ACB?∠PCB=∠PCD?∠PCB，∴∠ACP=∠BCD，在△APC和△BDC中，AC=BC∠ACP=∠BCD∴△APC≌△BDCSAS∴AP=BD；（2）解：①BD=2∵AB=AC，∠BAC=α=90°，∴△ABC是等腰直角三角形，∴BC=AB2∵線段PC繞點(diǎn)P旋轉(zhuǎn)α得到線段PD，∴PC=PD，∠CPD=α=90°，∴△CPD是等腰直角三角形，∴CD=PC∴BCAC=∴∠ACB+∠ACD=∠PCD+∠ACD，∴∠BCD=∠ACP，∴△BCD∽△ACP，∴BD∴BD=2②∵AC=3PC，∴設(shè)PC=a，則AC=3a，∵AB=AC，∠BAC=α=90°，∴△ABC是等腰直角三角形，∴BC2=A如圖，當(dāng)點(diǎn)P在AC上時(shí)，此時(shí)AP=AC?PC=3a?a=2a，

由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，△CPD是等腰直角三角形，∴PC=PD=a，∠PCD=45°，∴CD2=P由勾股定理得：BD=B∴BD如圖，當(dāng)點(diǎn)P在AC的延長線上時(shí)，此時(shí)AP=AC+PC=3a+a=4a，

同理可知，CD2=2由勾股定理得：BD=B∴BD綜上可知，BDAP的值為5或5【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，利用分類討論的思想，熟練掌握手拉手—旋轉(zhuǎn)型全等是解題關(guān)鍵．13．（2023·河南洛陽·統(tǒng)考模擬預(yù)測）綜合與實(shí)踐綜合與實(shí)踐課上，數(shù)學(xué)研究小組以“手拉手圖形”為主題開展數(shù)學(xué)活動(dòng)兩個(gè)頂角相等的等腰三角形，如果具有公共的頂角的頂點(diǎn)，并把它們的底角頂點(diǎn)連接起來，則形成一組全等的三角形，把具有這個(gè)規(guī)律的圖形稱為“手拉手”圖形．

(1)操作判斷

已知點(diǎn)C為△ABC和△CDE的公共頂點(diǎn)，將△CDE繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α0°<a<360°，連接BD，AE，如圖1，若△ABC和△CDE①線段BD與線段AE的數(shù)量關(guān)系是________；②直線BD與直線AE相交所夾銳角的度數(shù)是________；(2)遷移探究

如圖2，若∠ABC=∠EDC=90°，∠BAC=∠DEC=30°，其他條件不變，則（1）中的結(jié)論是否都成立？請說明理由；(3)拓展應(yīng)用：如圖3，若∠BAC=∠DEC=90°，AB=AC，CE=DE，BC=2CD=42，當(dāng)點(diǎn)B，D，E三點(diǎn)共線時(shí)，請直接寫出BD【答案】(1)①BD=AE；②60°(2)①不成立，理由見解析；②成立，理由見解析(3)27?2【分析】（1）設(shè)直線BD交直線AE于點(diǎn)F．由等邊三角形的性質(zhì)可得出AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠ECD=60°．進(jìn)而可求出∠BCD=∠ACE，即可證∴△BCD?△ACE，從而得出結(jié)論BD=AE．再根據(jù)∠DBC+∠ACB=∠EAC+∠F，即得出答案；（2）由題意得出BCAC=CDCE=12，∠BCD=∠ECA（3）分類討論：當(dāng)點(diǎn)D落在線段BE上時(shí)和當(dāng)點(diǎn)E落在線段BD上時(shí)，分別畫出圖形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)結(jié)合勾股定理即可解答．【詳解】（1）解：①如圖1，設(shè)直線BD交直線AE于點(diǎn)F．

∵△ABC和△CDE都是等邊三角形，∴AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠ECD=60°．∴∠BCD=∠ACE．在△BCD和△ACE中，AB=AC∠BCD=∠ACE∴△BCD?△ACESAS∴BD=AE；②∵△BCD?△ACE，∴∠DBC=∠EAC，∴∠DBC+∠ACB=∠EAC+∠F，∴∠F=∠ACB=60°；故答案為：BD=AE；60°；（2）不成立，理由如下：如圖2，

延長BD交AE的延長線于點(diǎn)F．∵∠ABC=∠EDC=90°，∠ACB=∠ECD=60°，∴BCAC=CD∴△BCD∽△ACE，∴BDAE∴AE=2BD；②成立，理由如下：∵△BCD∽△ACE，∴∠DBC=∠EAC，∴∠DBC+∠ACB=∠EAC+∠F．∴∠F=∠ACB=60°；（3）①如圖3，當(dāng)點(diǎn)D落在線段BE上時(shí)．

∵∠BAC=∠DEC=90°，∠ACB=∠ECD=45°，BC=2CD=42∴BC=2AC=42∴AC=4，CE=2．∵∠E=90°∴BE=B∴BD=BE?DE=27②如圖4，當(dāng)點(diǎn)E落在線段BD上時(shí)，

同理可得，BD=BE+DE=27綜上所述，BD的長為27?2或【點(diǎn)睛】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)．正確作出輔助線構(gòu)造全等或相似三角形是解題關(guān)鍵．14．（2023·河南鄭州·鄭州市第八中學(xué)校考二模）由兩個(gè)頂角相等且有公共頂角頂點(diǎn)的特殊多邊形組成的圖形，如果把它們的底角頂點(diǎn)連接起來，則在相對位置變化的過程中，始終存在一對全等三角形，我們把這種模型稱為“手拉手模型”．

(1)【問題發(fā)現(xiàn)】如圖1所示，兩個(gè)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(diǎn)P，BD和CE的數(shù)量關(guān)系是；BD和CE的位置關(guān)系是；(2)【類比探究】如圖2所示，點(diǎn)P是線段AB上的動(dòng)點(diǎn)，分別以AP、BP為邊在AB的同側(cè)作正方形APCD與正方形PBEF，連接DE分別交線段BC、PC于點(diǎn)M、N．①求∠DMC的度數(shù)；②連接AC交DE于點(diǎn)H，直接寫出DHBC(3)【拓展延伸】如圖3所示，已知點(diǎn)C為線段AE上一點(diǎn)，AE=6，△ABC和△CDE為AE同側(cè)的兩個(gè)等邊三角形，連接BE交CD于N，連接AD交BC于M，連接MN，直接寫出線段MN的最大值．【答案】(1)BD=CE，BD⊥CE(2)①45°；②2(3)3【分析】（1）證明△ABD≌△ACE（SAS），即可得到BD=CE（2）①連接AF、PE、PD，證明△APF≌△CPB（SAS），再證明△DPE∽△APF，即可得出結(jié)果；②證明△DCH∽△ACF（3）證明△CMN為等邊三角形，就有MN=CN，由條件可以得出CD∥AB，即有△CEN∽△AEB，可得CNAB=CEAE，設(shè)CE為x，則有AC=AB=6?x，用相似三角形的性質(zhì)把CN用含【詳解】（1）∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAD=∠CAE，∠ADE+∠AED=90°，又∵AB=AC，AE=AD，∴△ABD≌△ACE（∴BD=CE，∠AEC=∠ADB，∵∠CPD=∠CED+∠EDP=∠AEC+∠AED+∠EDP，∴∠CPD=∠ADB+∠AED+∠EDP=∠ADE+∠AED=90°，∴BD⊥CE，故答案為：BD=CE，BD⊥CE；（2）①連接AF、PE、PD，AC

∵四邊形APCD和四邊形PBEF是正方形，∴AP=CP，PB=PF，∠APC=∠CPB=90°，∠DPC=∠FPE=45°，DP=2AP，∴∠DPE=90°，△APF≌△CPB（∴∠BCP=∠PAF，BC=AF，∵DPAP=2∴△DPE∽△APF，∴∠PCB=∠PDE，∵∠DNC=∠CPD+∠PDE=∠DMC+∠PCB，∴∠DMC=∠DPC=45°；②∵∠PDC=∠PAC=45°，∠PDE=∠PCB=∠PAF，∴∠CAF=∠CDH，又∵∠ACF=∠DCH=45°，∴△DCH∽△ACF，∴DHAF∵BC=AF，∴DHBC（3）∵△ABC和△CDE為等邊三角形，∴BC=AC，DC=EC，∠ACB=∠DCE=60°．∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE．∴△ACD≌△BCE（∴∠EAD=∠CBE，∵∠ACB+∠BCD+∠DCE=180°，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠BCD=60°，∴∠ACB=∠BCD，∴△BCN≌△ACM（∴CM=CN，又∵∠BCD=60°，∴△CMN是等邊三角形．∴CN=MN，∵∠ACB=∠DCE=60°，∴CD∥AB，∴△CEN∽△AEB，∴CNAB設(shè)CE為x，則有AC=AB=6?x，∴CN6?x∴CN=x?1∴CN=x?1∴當(dāng)x=3時(shí)，NC有最大值是32即點(diǎn)C在AE的中點(diǎn)時(shí)，線段MN最大，最大值是32【點(diǎn)睛】本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理以及二次函數(shù)的最值的運(yùn)用．在解答的過程中書寫全等三角形時(shí)對應(yīng)頂點(diǎn)的字母要寫在對應(yīng)的位置上，靈活運(yùn)用頂點(diǎn)式求最值．15．（2022·青?！そy(tǒng)考中考真題）兩個(gè)頂角相等的等腰三角形，如果具有公共的頂角的頂點(diǎn)，并把它們的底角頂點(diǎn)連接起來，則形成一組全等的三角形，把具有這個(gè)規(guī)律的圖形稱為“手拉手”圖形.(1)問題發(fā)現(xiàn)：如圖1，若△ABC和△ADE是頂角相等的等腰三角形，BC，DE分別是底邊.求證：BD=CE；

圖1(2)解決問題：如圖2，若△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，點(diǎn)A，D，E在同一條直線上，CM為△DCE中DE邊上的高，連接BE，請判斷∠AEB的度數(shù)及線段CM，AE，BE之間的數(shù)量關(guān)系并說明理由.

圖2【答案】(1)見解析(2)∠DCE=90°；AE=AD+DE=BE+2CM【分析】（1）先判斷出∠BAD=∠CAE，進(jìn)而利用SAS判斷出△BAD≌△CAE，即可得出結(jié)論；（2）同（1）的方法判斷出△BAD≌△CAE，得出AD=BE，∠ADC=∠BEC，最后用角的差，即可得出結(jié)論．【詳解】（1）證明：∵△ABC和△ADE是頂角相等的等腰三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，∴∠BAC?∠CAD=∠DAE?∠CAD，∴∠BAD=∠CAE．在△BAD和△CAE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△BAD≌△CAESAS∴BD=CE．（2）解：∠AEB=90°，AE=BE+2CM，理由如下：由（1）的方法得，△ACD≌△BCE，∴AD=BE，∠ADC=∠BEC，∵△CDE是等腰直角三角形，∴∠CDE=∠CED=45°，∴∠ADC=180°?∠CDE=135°，∴∠BEC=∠ADC=135°，∴∠AEB=∠BEC?∠CED=135°?45°=90°．∵CD=CE，CM⊥DE，∴DM=ME．∵∠DCE=90°，∴DM=ME=CM，∴DE=2CM．∴AE=AD+DE=BE+2CM．【點(diǎn)睛】此題是三角形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形，等邊三角形，等腰直角三角形的性質(zhì)，判斷出△ACD≌△BCE是解本題的關(guān)鍵．16．（2019·山東濟(jì)寧·統(tǒng)考三模）背景材料：在學(xué)習(xí)全等三角形知識(shí)時(shí)，數(shù)學(xué)興趣小組發(fā)現(xiàn)這樣一個(gè)模型，它是由兩個(gè)共頂點(diǎn)且頂角相等的等腰三角形構(gòu)成．在相對位置變化的同時(shí)，始終存在一對全等三角形．通過資料查詢，他們知道這種模型稱為手拉手模型．例如：如圖1，兩個(gè)等腰直角三角形△ABC和△ADE，∠BAC＝∠EAD＝90°，AB＝AC，AE＝AD，如果把小等腰三角形的腰長看作是小手，大等腰三角形的腰長看作大手，兩個(gè)等腰三角形有公共頂點(diǎn)，類似大手拉著小手，這個(gè)就是手拉手模型，在這個(gè)模型中易得到△ABD≌△ACE．學(xué)習(xí)小組繼續(xù)探究：（1）如圖2，已知△ABC，以AB，AC為邊分別向△ABC外作等邊△ABD和等邊△ACE，請作出一個(gè)手拉手圖形（尺規(guī)作圖，不寫作法，保留作圖痕跡），并連接BE，CD，證明BE＝CD；（2）小剛同學(xué)發(fā)現(xiàn)，不等腰的三角形也可得到手拉手模型，例如，在△ABC中AB＞AC，DE∥BC，將三角形ADE旋轉(zhuǎn)一定的角度（如圖3），連接CE和BD，證明△ABD∽△ACE．學(xué)以致用：（3）如圖4，四邊形ABCD中，∠CAB＝90°，∠ADC＝∠ACB＝α，tanα＝34【答案】（1）作圖見解析，證明見解析；（2）見解析；（3）BD=15【分析】（1）由等邊三角形的性質(zhì)可得AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠EAC＝60°，可得∠DAC＝∠BAE，即可證△DAC≌△BAE，可得BD＝CE；（2）通過證明△ADE∽△ABC，可得ABAC（3）過點(diǎn)A作AE垂直于AD，作∠AED＝α，連接CE，則∠EDC＝90°，通過證明△AEC∽△ADB，可得CEBD【詳解】（1）作圖∵△ABD和△ACE都是等邊三角形∴AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠EAC＝60°，∴∠DAC＝∠BAE，且AD＝AB，AC＝AE∴△DAC≌△BAE（SAS）∴BE＝CD（2）如圖，在第一個(gè)圖中，∵DE∥BC∴△ADE∽△ABC∴AB∵將三角形ADE旋轉(zhuǎn)一定的角度∴∠BAC＝∠DAE∴∠BAD＝∠CAE，且AB∴△ABD∽△ACE；（3）如圖，過點(diǎn)A作AE垂直于AD，作∠AED＝α，連接CE，則∠EDC＝90°，∵∠AED＝∠ACB＝α，∠CAB＝∠DAE＝90°∴△AED∽△ACB∴AE∵∠CAB＝∠DAE＝90°∴∠CAE＝∠DAB，且AEAD∴△AEC∽△ADB∴CEBD∵△AED∽△ACB∴∠ADE＝∠ABC∵∠ACB+∠ABC＝90°，∠ADC＝∠ACB∴∠ADC+∠ADE＝90°∴∠EDC＝90°∵tanα＝34∴AE＝16∴DE＝AD∴EC＝AD∵CE∴BD＝15【點(diǎn)睛】本題是相似綜合題，考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造相似三角形是本題的關(guān)鍵．17．（2023·黑龍江大慶·統(tǒng)考中考真題）如圖，在△ABC中，將AB繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α至AB'，將AC繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)β至AC'(0°<α<180°,0°<β<180°)，得到△AB'C'，使∠BAC+∠B'AC'=180°①△ABC與△AB②BC=2AD；③若AB=AC，連接BB'和CC④若AB=AC，AB=4，BC=6，則B'【答案】①②③【分析】延長B'A，并截取AE=AB，連接C'E，證明△ABC≌△AEC'，得出BC=C'E，S△ABC=S△AEC'，根據(jù)AB=AB'，AB=AE得出∠AB'B=∠ABB'，∠A∠AB'B+∠ABB'+∠AB'C【詳解】解：延長B'A，并截取AE=AB，連接∵∠BAC+∠B∴α+β=360°?180°=180°，∵α+∠BAE=180°，∴∠BAE=β，∴∠BAC+∠CAE=∠CAE+∠EAC∴∠BAC=∠EAC根據(jù)旋轉(zhuǎn)可知，AC=AC'，∵AB=AE，∴△ABC≌△AEC∴BC=C'E∵AB=AB'，∴AE=AB∴S△A∴S△ABC即△ABC與△AB∵AE=AB'，∴AD是△B∴AD=1∵BC=C∴BC=2AD，故②正確；當(dāng)AB=AC時(shí)，AB=AB∴∠AB'B=∠ABB'，∠A∵∠AB∴∠ABB即∠B∵BC=6，∴根據(jù)②可知，AD=1∵當(dāng)AB=AC時(shí)，AB=AB'=A∴AD⊥B∴∠ADB∴B'∴B'綜上分析可知，正確的是①②③．【點(diǎn)睛】本題主要考查了三角形全等的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，中位線性質(zhì)，勾股定理，四邊形內(nèi)角和，補(bǔ)角的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是作出輔助線，構(gòu)造全等三角形，證明△ABC≌△AEC18．（2022·江蘇淮安·統(tǒng)考二模）在學(xué)習(xí)全等三角形知識(shí)時(shí)，數(shù)學(xué)興趣小組發(fā)現(xiàn)這樣一個(gè)模型：模型是由兩個(gè)頂角相等且有公共頂角頂點(diǎn)的等腰三角形組成的圖形，如果把它們的底角頂點(diǎn)連接起來，則在相對位置變化的過程中，始終存在一對全等三角形，我們把這種模型稱為“手拉手模型”．這個(gè)數(shù)學(xué)興趣小組進(jìn)行了如下操作：(1)如圖1、兩個(gè)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(diǎn)P，和△ABD全等的三角形是______，BD和CE的數(shù)量關(guān)系是________．(2)如圖2，點(diǎn)P是線段AB上的動(dòng)點(diǎn)，分別以AP，BP為邊在AB的同側(cè)作正方形APCD與正方形PBEF，連接DE分別交線段BC，PC于點(diǎn)M，N．①求∠DMC的度數(shù)；②連接AC交DE于點(diǎn)H，直接寫出DHBC(3)如圖3，已知點(diǎn)C為線段AE上一點(diǎn)，AE＝8cm，△ABC和△CDE為AE同側(cè)的兩個(gè)等邊三角形，連接BE交CD于N，連接AD交BC于M，連接MN，線段MN的最大值是______．【答案】(1)△ACE，相等(2)①∠DMC=45°；②DH(3)2【分析】（1）證明△ABD≌△ACE（SAS），即可得到BD=CE；（2）①平移線段BC至DG處，連接EG，由SAS證明△AGD≌△BEG，得出DG=EG，∠ADG=∠EGB，證明∠EGD=90°，得出∠GDE=∠GDE=45°，即可得出結(jié)果；②連接AC，由勾股定理求出AC=AD2+CD2=2AD，利用三角形內(nèi)角和定理證明∠CBA=∠CHM，推出∠DHA=∠CBA（3）證明△CMN為等邊三角形，就有MN=CN，由條件可以得出CN∥AB，設(shè)CE=x，就可以用相似三角形的性質(zhì)把CN用含x的式子表示出來，從而求出MN最大值．【詳解】（1）解：∵AB＝AC，AE＝AD，∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠DAB=∠EAC，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD=CE，故答案為：△ACE，相等；（2）①平移線段BC至DG處，連接EG，如圖，則∠DMC=∠GDE，四邊形DGBC是平行四邊形，∴DG=CB，∵四邊形ADCP與四邊形PBEF都是正方形，∴DC=AD=AP，BP=BE，∠DAG=∠GBE=90°，∴DC=AD=AP=GB，∴AG+GP=GP+PB，∴AG=PB=BE，∴△AGD≌△BEG（SAS），∴DG=EG，∠ADG=∠EGB，∴∠EGB+∠AGD=∠ADG+∠AGD=90°，∴∠EGD=90°，∴△DGE是等腰直角三角形，∴∠GDE=∠GED=45°，∴∠DMC=∠GDE=45°；②連接AC，交DE于H，∵AC為正方形ADCP的對角線，∴∠DAC=∠PAC=∠DMC=45°，AD=CD，∠ADC=90°，∴AC=AD在△CHM中，∠HCM+∠CHM+∠CMH=180°，在△CBA中，∠ACB+∠CBA+∠CAB=180°，又∵∠HCM=∠ACB，∠CMH=∠CAB=45°，∴∠CBA=∠CHM，根據(jù)對頂角的性質(zhì)可得∠CHM=∠DHA，∴∠DHA=∠CBA，又∵∠DAH=∠CAB=45°，∴△DAH∽△CAB，∴DHBC（3）∵AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ACD=∠BCE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴∠CAM=∠CBN，又∵AC=BC，∠ACM=∠BCN=60°，∴△ACM≌△BCN（ASA），∴CM=CN，∴△CMN是等邊三角形，∴CN=MN．∵∠BAC=∠DCE=60°，∴CD∥AB，∴△CEN∽△AEB，∴CNAB設(shè)CE=x，則有AC=AB=8-x．∴CN8?x∴NC=x－18x2∴MN=CN=-18（x-4）2∴當(dāng)x=4時(shí)，MN有最大值是2．故答案為：2．【點(diǎn)睛】本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理以及二次函數(shù)的最值的運(yùn)用．在解答的過程中書寫全等三角形時(shí)對應(yīng)頂點(diǎn)的字母要寫在對應(yīng)的位置上，靈活運(yùn)用頂點(diǎn)式求最值．19．（2020·吉林長春·統(tǒng)考一模）[問題提出]（1）如圖①,△ABC、△ADE均為等邊三角形，點(diǎn)D、E分別在邊AB、AC上．將△ADE繞點(diǎn)A沿順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，連結(jié)BD、CE．在圖②中證明△ADB≌△AEC．[學(xué)以致用]（2）在1的條件下，當(dāng)點(diǎn)D、E、C在同一條直線上時(shí)，∠EDB的大小為度．[拓展延伸]（3）在1的條件下，連結(jié)CD．若BC=6,AD=4,直接寫出△DBC的面積S的取值范圍．【答案】（1）見解析；（2）60或120；（3）9【分析】（1）運(yùn)用SAS證明△ADB≌△AEC即可；（2）分“當(dāng)點(diǎn)E在線段CD上”和“當(dāng)點(diǎn)E在線段CD的延長線上”兩種情況求出∠EDB的大小即可；（3）分別求出△DBC的面積最大值和最小值即可得到結(jié)論【詳解】（1）∵△ABC,△ADE均為等邊三角形，∴AD=AE，AB=AC，∴∠DAE?∠BAE=∠BAC?∠BAE，即∠BAD=∠CAE在△ADB和△AEC中AD=AE∴△ABD?△ACE(SAS)；（2）當(dāng)D,E,C在同一條直線上時(shí)，分兩種情況：①當(dāng)點(diǎn)E在線段CD上時(shí)，如圖，∵△ADE是等邊三角形，∴∠ADE=∠AED=60°，∴∠AEC=180°?∠AED=120°，由（1）可知，△ADB?△AEC，∴∠ADB=∠AEC=120°，∴∠EDB=∠ADB?∠ADE=120°?60°=60°②當(dāng)點(diǎn)E在線段CD的延長線上時(shí)，如圖，∵△ADE是等邊三角形，∴∠ADE=∠AED=60°∴∠ADC=180°?∠ADE=120°，由（1）可知，△ADB?△AEC∴∠ADB=∠AEC=60°，∴∠EDB=∠ADB+∠ADE=60°+60°=120°綜上所述，∠EDB的大小為60°或120°（3）過點(diǎn)A作AF⊥BC于點(diǎn)F，當(dāng)點(diǎn)D在線段AF上時(shí)，點(diǎn)D到BC的距離最短，此時(shí)，點(diǎn)D到BC的距離為線段DF的長，如圖：∵△ABC是等邊三角形，AF⊥BC，BC=6∴AB=BC=6，BF=∴AF=∴DF=3此時(shí)S△DBC當(dāng)D在線段FA的延長線上時(shí)，點(diǎn)D到BC的距離最大，此時(shí)點(diǎn)D到BC的距離為線段DF的長，如圖，∵△ABC是等邊三角形，AF⊥BC，BC=6∴AB=BC=6，BF=1∴AF=∵AD=4∴DF=AF+AD=3此時(shí)，S△DBC綜上所述，△DBC的面積S取值是9【點(diǎn)睛】此題是幾何變換綜合題，主要考查了旋轉(zhuǎn)和全等三角形的性質(zhì)和判定，旋轉(zhuǎn)過程中面積變化分析，解本題的關(guān)鍵是三角形全等的判定．20．（2022·山東煙臺(tái)·統(tǒng)考中考真題）

(1)【問題呈現(xiàn)】如圖1，△ABC和△ADE都是等邊三角形，連接BD，CE．求證：BD＝CE．(2)【類比探究】如圖2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°．連接BD，CE．請直接寫出BDCE(3)【拓展提升】如圖3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且ABBC＝ADDE＝34．連接BD①求BDC