2024年中考数学复习（全国版）重难点08 全等三角形8种模型（一线三等角、手拉手模型、倍长中线、截长补短、婆罗摩笈多、半角模型、平行线中点模型与雨伞模型）（解析版）

重难点突破08全等三角形8种模型（一线三等角、手拉手模型、倍长中线、截长补短、婆罗摩笈多、半角模型、平行线中点模型与雨伞模型）目录TOC\o"1-3"\n\h\z\u题型01一线三等角模型（含一线三垂直模型）题型02手拉手模型题型03倍长中线模型题型04平行线中点模型与雨伞模型题型05截长补短模型题型06婆罗摩笈多模型题型07半角模型题型01一线三等角模型（含一线三垂直模型）【一线三垂直模型介绍】只要出现等腰直角三角形，可以过直角点作一条直线，然后过45°顶点作直线的垂线，构造三垂直，所得两个直角三角形全等.根据全等三角形倒边，得到线段之间的数量关系.已知（一线三垂直）图示结论（性质）如图AB⊥BC，AB=BC，CE⊥DE，AD⊥DE∆ABD≌∆BCE，DE=AD+EC如图AB⊥BC，AB=BC，CE⊥DE，AD⊥DE∆ABD≌∆BCE，DE=AD-EC已知∠AOC=∠ADB=∠CED=90°，AB=DC∆ADB≌∆DEC延长DE交AC于点F，已知∠DBE=∠ABC=∠EFC=90°，AC=DE∆ABC≌∆DBE【一线三等角模型介绍】三个等角的顶点在同一条直线，这个角可以是直角，也可以是锐角或钝角.一线三等角类型：（同侧）已知∠A=∠CPD=∠B=∠α，CP=PD（异侧）已知∠EAC=∠ABD=∠DPC=∠α，CP=PD1．（2023·陕西西安·校联考模拟预测）小西在物理课上学习了发声物体的振动实验后，对其作了进一步的探究：在一个支架的横杆点O处用一根细绳悬挂一个小球A，小球A可以自由摆动，如图，OA表示小球静止时的位置．当小明用发声物体靠近小球时，小球从OA摆到OB位置，此时过点B作BD⊥OA于点D，当小球摆到OC位置时，OB与OC恰好垂直（图中的A、B、O、C在同一平面上），过点C作CE⊥OA于点E，测得BD=8cm，OA=17cm．求

【答案】9【分析】首先根据题意证明出△COE≌△OBDAAS【详解】∵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【点睛】此题考查全等三角形的性质和判定，解题思路是找准条件判定全等，解题的关键是证明△COE≌△OBDAAS2．（2023·全国·九年级专题练习）感知：数学课上，老师给出了一个模型：如图1，点A在直线DE上，且∠BDA=∠BAC=∠AEC=90°，像这种一条直线上的三个顶点含有三个相等的角的模型我们把它称为“一线三等角“模型．应用：(1)如图2，Rt△ABC中，∠ACB=90°，CB=CA，直线ED经过点C，过A作AD⊥ED于点D，过B作BE⊥ED于点E(2)如图3，在△ABC中，D是BC上一点，∠CAD=90°∠DBA=∠DAB，AB=23，求点C(3)如图4，在▱ABCD中，E为边BC上的一点，F为边AB上的一点．若∠DEF=∠B，AB=10，【答案】(1)见解析(2)3(3)EF【分析】（1）由直角三角形的性质得出∠ACD=∠EBC，可证明△BEC≌△CDA；（2）过点D作DF⊥AB于点F，过点C作CE⊥AB于，交BA的延长线于点E，证明△CAE≌△ADF，由全等三角形的性质可得出CE=AF=3（3）过点D作DM=DC交BC的延长线于点M，证明△BFE∽△MED，由相似三角形的性质可得出答案．【详解】（1）证明：∵∠ACB=90°，∴∠BCE+∠ACD=180°，∵AD⊥ED，∴∠BEC=∠CDA=90°，∴∠ACD=∠EBC，在△BEC和△CDA中，∠CDA=∠BEC=90∴△BEC≌△CDA；（2）解：过点D作DF⊥AB于点F，过点C作CE⊥AB于，交BA的延长线于点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即点C到AB的距离为3；（3）过点D作DM=DC交BC的延长线于点M，∴∠DCM=∠M，∵四边形ABCD是平行四边形，∴DM=CD=AB=10，AB∥CD∴∠B=∠DCM=∠M，∵∠FEC=∠DEF+∠DEC=∠B+∠BFE,∠B=∠DEF，∴∠DEC=∠BFE，∴△BFE∽△MED，∴EFDE【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．3．（2022·北京·校考一模）对于平面直角坐标系xOy中的图形M和点P，给出如下定义：将图形M绕点P顺时针旋转90°得到图形N，图形N称为图形M关于点P的“垂直图形”．例如，图1中点D为点C关于点P的“垂直图形”．(1)点A关于原点O的“垂直图形”为点B．①若点A的坐标为0,3，则点B的坐标为___________；②若点B的坐标为3,1，则点A的坐标为___________；(2)E(−3,3)，F(−2,3)，G(a,0)，线段EF关于点G的“垂直图形”记为E'F'，点E的对应点为E'，点F的对应点为F'．①求点E'的坐标（用含a的式子表示）；②若⊙O的半径为2，E'F'上任意一点都在⊙O内部或圆上，直接写出满足条件的【答案】(1)①3,0，②−1,3(2)①(3+a,3+a)，②22【分析】(1)①②根据“垂直图形”的定义可得答案；(2)①过点E作EP⊥x轴于点P，过点E'作E'H⊥x轴于点H，利用AAS证明△PEG≌△HGE'得E'H=PG=a+3，GH=EP=3，从而得出答案；②由点E'的坐标可知，满足条件的点E'在第一象限的⊙O【详解】（1）解：①∵点A的坐标为0,3∴点B的坐标为3,0，故答案为：3,0；②当B3,1时，如图，A故答案为：−1,3；（2）解：①过点E作EP⊥x轴于点P，过点E'作E'H⊥x轴于点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如图，观察图象知，满足条件的点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'的长度的最大值为22．【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，“垂直图形”的定义，坐标与图形，求出点E'的坐标是解题的关键．4．（2021·浙江嘉兴·校考一模）阅读材料：我们知道：一条直线经过等腰直角三角形的直角顶点，过另外两个顶点分别向该直线作垂线，即可得三垂直模型”如图①：在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，分别过A、B向经过点C直线作垂线，垂足分别为D、E，我们很容易发现结论：△ADC≌△CEB．(1)探究问题：如果AC≠BC，其他条件不变，如图②，可得到结论；△ADC∽△CEB．请你说明理由．(2)学以致用：如图③，在平面直角坐标系中，直线y＝12x与直线CD交于点M（2，1），且两直线夹角为α，且tanα＝32，请你求出直线(3)拓展应用：如图④，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝5，点E为BC边上一个动点，连接AE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°，点A落在点P处，当点P在矩形ABCD外部时，连接PC，PD．若△DPC为直角三角形时，请你探究并直接写出BE的长．【答案】(1)见解析(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°，可得结论；（2）过点O作ON⊥OM交直线CD于点N，分别过M、N作ME⊥x轴NF⊥x轴，由（1）的结论可得：△NFO∽△OEM，可得NFOE=OF（3）分两种情况讨论，由全等三角形的性质和相似三角形的性质可求解．【详解】（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：如图，过点O作ON⊥OM交直线CD于点N，分别过M、N作ME⊥x轴，NF⊥x轴，由（1）可得：△NFO∽△OEM，∴NFOE∵点M（2，1），∴OE＝2，ME＝1，∵tanα＝ONOM＝3∴NF2∴NF＝3，OF＝32∴点N（−3∵设直线CD表达式：y＝kx+b，∴1=2k+b∴k=−∴直线CD的解析式为：y＝-47x+15（3）解：当∠CDP＝90°时，如图，过点P作PH⊥BC，交BC延长线于点H，∵∠ADC+∠CDP＝180°，∴点A，点D，点P三点共线，∵∠BAP＝∠B＝∠H＝90°，∴四边形ABHP是矩形，∴AB＝PH＝4，∵将线段AE绕点E顺时针旋转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，当∠CPD＝90°时，如图，过点P作PH⊥BC，交BC延长线于点H，延长HP交AD的延长线于N，则四边形CDNH是矩形，∴CD＝NH＝4，DN＝CH，设BE＝x，则EC＝5-x，∵将线段AE绕点E顺时针旋转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±∵点P在矩形ABCD外部，∴x＝3+7∴BE＝3+7综上所述：当BE的长为4或3+72时，△【点睛】本题是考查了待定系数法求解析式，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造相似三角形是本题的关键．5．（2022下·安徽淮北·九年级校联考阶段练习）数学模型学习与应用．【学习】如图1，∠BAD=90°，AB=AD，BC⊥AC于点C，DE⊥AC于点E．由∠1+∠2=∠2+∠D=90°，得∠1=∠D；又∠ACB=∠AED=90°，可以通过推理得到△ABC≌△DAE．我们把这个数学模型称为“一线三等角”模型；(1)【应用】如图2，点B，P，D都在直线l上，并且∠ABP=∠APC=∠PDC=α．若BP=x，AB=2，BD=5，用含x的式子表示CD的长；(2)【拓展】在△ABC中，点D，E分别是边BC，AC上的点，连接AD，DE，∠B=∠ADE=∠C，AB=5，BC=6．若△CDE为直角三角形，求CD的长；(3)如图3，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为2,4，点B为平面内任一点．△AOB是以OA为斜边的等腰直角三角形，试直接写出点B的坐标．【答案】(1)CD=−(2)3(3)3,1或−1,3【详解】（1）解：∵∠ABP=∠APC=∠PDC=α，∴∠A+∠APB=∠APB+∠CPD，∴∠A=∠CPD，又∵∠ABP=∠PDC，∴△ABP∽△PDC，∴ABPD即xCD∴CD=−1（2）解：如图4，当∠CED=90°时，∵∠ADE=∠C，∠CAD=∠DAE，∴△ACD∽△ADE，∴∠ADC=∠AED=90°，∵∠B=∠C，∠ADC=90°∴点D为BC的中点，∴CD=1如图5，当∠EDC=90°时，∵∠B=∠C，∴∠BAD=∠EDC=90°，过点A作AF⊥BC，交BC于点F，∴BF=12BC=3BD=25∴CD=3．（3）解：分两种情况：①如图6所示，过A作AC⊥y轴于D，过B作BE⊥x轴于E，DA与EB相交于C，则∠C＝90°，∴四边形OECD是矩形∵点A的坐标为（2，4），∴AD＝2，OD＝CE＝4，∵∠OBA＝90°，∴∠OBE+∠ABC＝90°，∵∠ABC+∠BAC＝90°，∴∠BAC＝∠OBE，在△ABC与△BOE中，∠C=∠BEO=90°∠BAC=∠OBE∴△ABC≌△BOE（AAS），∴AC＝BE，BC＝OE，设OE＝x，则BC＝OE＝CD＝x，∴AC＝BE＝x－2，∴CE＝BE+BC＝x－2+x＝OD＝4，∴x＝3，x－2＝1，∴点B的坐标是（3，1）；②如图7，同理可得，点B的坐标（－1，3），综上所述，点B的坐标为（3，1）或（－1，3）．【点睛】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的性质等知识；正确的作出辅助线，证明三角形全等是解题的关键．6．（2021上·山东青岛·九年级统考期中）【模型引入】我们在全等学习中所总结的“一线三等角、K型全等”这一基本图形，可以使得我们在观察新问题的时候很迅速地联想，从而借助已有经验，迅速解决问题．【模型探究】如图，正方形ABCD中，E是对角线BD上一点，连接AE，过点E作EF⊥AE，交直线CB于点F．（1）如图1，若点F在线段BC上，写出EA与EF的数量关系并加以证明；（2）如图2，若点F在线段CB的延长线上，请直接写出线段BC，BE和BF的数量关系．【模型应用】（3）如图3，正方形ABCD中，AB＝4，E为CD上一动点，连接AE交BD于F，过F作FH⊥AE于F，过H作HG⊥BD于G．则下列结论：①AF＝FH；②∠HAE＝45°；③BD＝2FG；④△CEH的周长为8．正确的结论有个．（4）如图4，点E是正方形ABCD对角线BD上一点，连接AE，过点E作EF⊥AE，交线段BC于点F，交线段AC于点M，连接AF交线段BD于点H．给出下列四个结论，①AE＝EF；②2DE＝CF；③S△AEM＝S△MCF；④BE＝DE+2BF；正确的结论有个．【模型变式】（5）如图5，在平面直角坐标系中，四边形OBCD是正方形，且D（0，2），点E是线段OB延长线上一点，M是线段OB上一动点（不包括点O、B），作MN⊥DM，垂足为M，交∠CBE的平分线与点N，求证：MD＝MN（6）如图6，在上一问的条件下，连接DN交BC于点F，连接FM，则∠FMN和∠NMB之间有怎样的数量关系？请给出证明．【拓展延伸】（7）已知∠MON＝90°，点A是射线ON上的一个定点，点B是射线OM上的一个动点，且满足OB＞OA．点C在线段OA的延长线上，且AC＝OB．如图7，在线段BO上截取BE，使BE＝OA，连接CE．若∠OBA+∠OCE＝β，当点B在射线OM上运动时，β的大小是否会发生变化？如果不变，请求出这个定值；如果变化，请说明理由．（8）如图8，正方形ABCD中，AD＝6，点E是对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥ED，交AB于点F，连接DF，交AC于点G，将△EFG沿EF翻折，得到△EFM，连接DM，交EF于点N，若点F是AB边的中点，则△EDM的面积是．【答案】（1）AE=EF，证明见解析；（2）BE=22(BC−BF)；（3）4；（4）3；（5）见解析；（6）∠NMF=∠NMB，证明见解析；（7）β的大小不变，【分析】（1）过点E作YZ⊥AD，交AD于Y，交BC于Z,证明△ZBE是等腰直角三角形，进而证明△AEY≌△EFZ，即可证明AE=EF；（2）过E分别向AB,BC作垂线，垂足分别为T,U，证明四边形TBUE是正方形，证明△TEA≌△UEF，过A作AV⊥BD于V,过F作FW⊥BD的延长线于点W，设正方形的边长为a，在Rt△ABD中，求得BD，进而求得AV=12BD=22a，证明△AEV≌△EFW（3）①由（1）直接判断①；根据△AFH是等腰直角三角形，即可判断②；过A作AR⊥BD于R,证明△ARF≌△FGH可得AR=FG，进而判断；③过点A作AQ⊥HE于点Q，延长CB至Q，使BP=DE，证明△APH≌△AEH，进而可得△CEH的周长为2BC，即可判断④；（4）①由（1）直接判断①；过E作PQ//DC,交AD,BC分别为点P,Q，证明△DPE,△EQB是等腰直角三角形，证明Rt△EFQ≌Rt△AEP，进而可得DE=2DP=22CF，即可判断②；过F作KF//PQ交BD于点K,KN⊥PQ于N，可得KB=2BF，由②可知PD=QF（5）在OD上取OH=OM，连接HM，证明△HDM≌△BMN即可；（6）延长BO至点A，使得AO=CF，连接AD，过点M作MP⊥DN于点F，证明△AOD≌△FCD，可得∠CDF=∠ODA，进而证明△ADM≌△FDM，由∠NMF+∠FMP=∠NMP=45°，根据角度的等量换算可得∠NMF=∠MDO，∠NMB=∠MDO，进而可得∠NMF=∠NMB；（7）过点C作CF//OB，且CF=OA，连接AF交CE于点G，连接BF，证明△BOA≌△ACF，可得BA=AF,∠1=∠2，进而可得∠5=45°，进而证明四边形BECF是平行四边形，根据平行线的性质，三角形的外角的性质可得∠7+∠1=45°，即β（8）过E作PQ⊥DC，交DC于P，交AB于Q，连接BE，证明PE=PC，设PC=x,则PE=x,PD=6−x，EQ=6−x，证明△DEF是等腰直角三角形，证明△DEC≌△BEC，在Rt△DEP中，勾股定理求得DE=3102，进而可得EF，过点F作FH⊥AC于点H，证明△DGC∽△FGA，进而求得AG=22，进而求得GE，在Rt△HGF中，勾股定理求得FG，进而求得S△EFG，根据翻折的性质求得S△EFM，根据【详解】（1）若点F在线段BC上，AE=EF,理由如下，过点E作YZ⊥AD，交AD于Y，交BC于Z,∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB=BC，∠DAB=∠ABC=∠C=∠ADC=90°又∵YZ⊥AD∴四边形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与△EFZ中，∠FEZ=∠EAY∴△AEY≌△EFZ∴AE=EF（2）若点F在线段CB的延长线上，BE=2过E分别向AB,BC作垂线，垂足分别为T,U，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠BAD=90°∴四边形TBUE是矩形，∴∠ADB=∠ABD=∠DBC=45°∵ET⊥AB,EU⊥BC∴TB=TE，EU=BU，∴四边形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与△UEF中∠ATE=∠FUE=90°∴△TEA≌△UEF∴AE=EF过A作AV⊥BD于V,过F作FW⊥BD的延长线于点W，如图，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠BAD=90°∴∠ADB=∠ABD=45°设正方形的边长为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°，FW⊥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）如图由（1）可得AF=FH，故①正确，∵AF⊥FH,AF=FH∴△AFH是等腰直角三角形，∴∠HAE=45°故②正确，过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正确，如图，过点A作AQ⊥HE于点Q，延长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的周长为CE+EH+HC=CE+DE+BH+HC=CD+BC=2BC∵正方形的边长为4∴△CEH的周长为2BC=8．故④正确，综上所述，故正确的结论有①②③④，共计4个故答案为：4（4）如图4，由（1）可得AE=EF,故①正确；如图，过E作PQ//DC,交AD,BC∵四边形ABCD是正方形∴∠ADC=∠DCB=90°∵PQ∴∠DPQ=∠PQC=90°∴四边形PDCQ是矩形同理，四边形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∵四边形ABQP是矩形∴BQ=AP∴EQ=AP在Rt△EFQ与Rt△AEP中，AE=EF∴Rt△EFQ≌Rt△AEP∴PE=QF∴DP=QF=∵∠PDE=45°,∠DPE=90°∴DE=∴CF=故②正确如图，过F作KF//PQ交BD于点K,KN⊥PQ则四边形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正确；由于M点的位置不确定，无法判断S△AEM和S综上所述正确的结论由①②④，共计3个；故答案为：3，（5）如图5，在OD上取OH=OM，连接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与△BMN中∠HDM=∠BMN∴△HDM≌△BMN∴DM=MN（6）如图6，在上一问的条件下，连接DN交BC于点F，连接FM，∠NMF=∠NMB，理由如下，延长BO至点A，使得AO=CF，连接AD，过点M作MP⊥DN于点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与△FDM中，AD=AF∴△ADM≌△FDM∴∠DFM=∠DAM∵MP⊥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的大小不变，β=45°，理由如下，过点C作CF//OB，且CF=OA，连接AF交CE于点G，连接∵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∴四边形BECF是平行四边形∴BF∴∠5=∠6=45°∴∠7+∠1=45°即β=（8）如图，过E作PQ⊥DC，交DC于P，交AB于Q，连接BE，∵DC⊥AB∴PQ⊥AB∵四边形ABCD是正方形，∴∠ACD=45°,△PEC是等腰直角三角形，∴PE=PC设PC=x,则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的中点∴BF=3∴FQ=BQ=PE=∴CE=在Rt△DEP中，DE=∴EF=DE=过点F作FH⊥AC于点H，如图，∵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，FG=∴∵将△EFG沿EF翻折，得到△EFM，∴S△EFM∴∠DFM=90°∵DF=∴∵S△EDM=∴S故答案为：15【点睛】本题考查了四边形综合题，全等三角形的性质与判定，勾股定理，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，正方形的性质，添加辅助线，构造全等是解题的关键．7．（2022上·吉林长春·七年级长春市第四十五中学校考期中）通过对数学模型“K字”模型或“一线三等角”模型的研究学习，解决下列问题：[模型呈现]如图1，∠BAD=90°，AB=AD，过点B作BC⊥AC于点C，过点D作DE⊥AC于点E．求证：BC=AE．[模型应用]如图2，AE⊥AB且AE=AB，BC⊥CD且BC=CD，请按照图中所标注的数据，计算图中实线所围成的图形的面积为________________．[深入探究]如图3，∠BAD=∠CAE=90°，AB=AD，AC=AE，连接BC，DE，且BC⊥AF于点F，DE与直线AF交于点G．若BC=21，AF=12，则△ADG的面积为_____________．【答案】[模型呈现]见解析；[模型应用]50；[深入探究]63【分析】[模型呈现]证明△ABC≌△DAE，根据全等三角形的对应边相等得到BC=AE；[模型应用]根据全等三角形的性质得到AP=BG=3，AG=EP=6,CG=DH=4，CG=BG=3，根据梯形的面积公式计算，得到答案；[深入探究]过点D作DP⊥AG于P，过点E作EQ⊥AG交AG的延长线于Q，根据全等三角形的性质得到DP=AF=12,EQ=AF=12,AP=BF,AQ=CF，证明△DPG≌△EQG，得到PG=GQ.，进而求出AG，根据三角形的面积公式计算即可．【详解】[模型呈现]证明：∵∠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；[模型应用]解：由[模型呈现]可知，△AEP≌△BAG,△CBG≌△DCH，∴AP=BG=3,AG=EP=6,CG=DH=4,CG=BG=3，则S实线围成的图形故答案为：50；[深入探究]过点D作DP⊥AG于P，过点E作EQ⊥AG交AG的延长线于Q，由[模型呈现]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故答案为：63．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形的面积计算，熟记三角形确定的判定定理是解题的关键．8．（2020上·河南安阳·八年级统考期末）（1）如图①．已知：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E．则线段DE、BD与CE之间的数量关系是______；

（2）如图②，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB=AC，D，A，E三点都在直线m上，并且有∠BDA=∠AEC=∠BAC=α，其中α为任意锐角或钝角．请问：（1）中的结论是还否成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由．（3）拓展与应用：如图③，D，E是D，A，E三点所在直线m上的两动点（D，A，E三点互不重合），点F为∠BAC平分线上的一点，且△ABF和△ACF均为等边三角形，连接BD、CE．若∠BDA=∠AEC=∠BAC，试判断△DEF的形状，并说明理由．【答案】（1）DE=BD+CE；（2）成立，证明见解析；（3）等边三角形，理由见解析【分析】（1）根据垂直的定义得到∠BDA=∠CEA=90°，根据等角的余角相等得到∠CAE=∠ABD，根据“AAS”证明△ADB≌△CEA，根据全等三角形的性质得到AE=BD，AD=CE，结合图形得到DE=BD+CE；（2）根据∠BDA=∠AEC=∠BAC，得到∠ABD=∠CAE，由AAS定理证明△ADB≌△CEA，根据全等三角形的性质得到BD=AE，DA=CE，得出结论；（3）根据△ADB≌△CEA，得到BD=AE，∠DBA=∠CAE，证明△DBF≌△EAF(SAS)，得到DF=EF，∠BFD=∠AFE，求出【详解】解：（1）DE=BD+CE．理由：如图1，∵BD⊥直线m，CE⊥直线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）中结论成立，理由如下：如图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）结论：△DEF是等边三角形．理由：如图3，由（2）可知，△ADB≌△CEA，∴BD=AE，∠DBA=∠CAE，∵△ABF和△ACF均为等边三角形，∴∠ABF=∠CAF=60°，BF=AF，∴∠DBA+∠ABF=∠CAE+∠CAF，即∠DBF=∠EAF，在△DBF和△EAF中，FB=FA∠DBF=∠EAF∴△DBF≌△EAF(SAS∴DF=EF，∠BFD=∠AFE，∴∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠DFA+∠BFD=60°，∴△DEF为等边三角形．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质以及等边三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．9．（2023上·湖南长沙·八年级统考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，点Ba,b(1)若a、b满足等式a+32+b−2(2)如图1，在（1）的条件下，动点C以每秒2个单位长度的速度从O点出发，沿x轴的负半轴方向运动，同时动点A以每秒1个单位长度的速度从O点出发，沿y轴的正半轴方向运动，设运动的时间为t秒，当t为何值时，△ABC是AB为斜边的等腰直角三角形；(3)如图2，C、A分别是x轴负半轴和y轴上正半轴上一点，且△ABC是以AB为斜边的等腰直角三角形，若E是线段OC上一点，连接BE交AC于点D，连接AE，当AE=CE，∠OAE=45∘，①求证：BE平分∠ABC；②设BD的长为a，△ADB的面积为S．请用含a的式子表示【答案】(1)B(2)当t=1时，△ABC是以AB为斜边的等腰直角三角形(3)①见解析；②S【分析】（1）根据绝对值和偶次方的性质得出a+3=0，b−2=0，进而求出a、b的值，即可解答；（2）过B作BH⊥x轴于点H，设OA=t，OC=2t，证明△AOC≌△CHB（AAS）（3）①过点E作EM⊥AB于M，EN⊥BC交BC延长线于N，过点B作BF⊥x轴于F，先证△AEM≌△CEN（AAS）②延长AE、BC相交于点P，证明∠BEA=90°,AE=12AP，再证△BCD≌△ACP【详解】（1）解：∵（a+3）2+|b−2|=0∴a+3=0，b−2=0，∴a=−3，b=2，∴B−3,2（2）解：过B作BH⊥x轴于点H，

∵B−3,2∴BH=2，由题意得OA=t，OC=2t，∵△ACB是以AB斜边的等腰直角三角形∴AC=BC，∠ACB=90°，∴∠BCH+∠ACB=90°，∵BH⊥x轴，∴∠OHB=90°，∴∠BCH+∠HBC=90°，∴∠ACB=∠HBC，∴∠AOC=∠CHB=90°，在△AOC与△CHB中，∠ACO=∠HCB∠AOC=∠HCB∴△AOC≌△CHB（∴OC=BH，∴t=1，∴当t=1时，△ABC是以AB为斜边的等腰直角三角形；（3）①解：过点E作EM⊥AB于M，EN⊥BC交BC延长线于N，过点B作BF⊥x轴于F，∴∠EMA=∠ENC=90°，由（2）可知，∠BCF=∠CAO，∵∠ECN=∠BCF，∴∠ECN=∠CAO，∵△ABC是以AB为斜边的等腰直角三角形，∴∠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：如图，延长AE、BC相交于点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【点睛】本题考点涉及绝对值的性质，平面直角坐标系，等腰三角形的性质和判定，三线合一，角平分线定理，全等三角形的判定与性质，所涉知识点较多，难度较大，属于压轴题，掌握“一线三垂直”模型，作出辅助线是解题的关键．10．（2022上·江苏南京·八年级校考阶段练习）已知，在△ABC中，AB=AC，D，A，E三点都在直线

(1)如图①，若AB⊥AC，则BD与AE的数量关系为___________，CE与AD的数量关系为___________；(2)如图②，判断并说明线段BD，CE与DE的数量关系；(3)如图③，若只保持∠BDA=∠AEC，BD=EF=7cm，点A在线段DE上以2cm/s的速度由点D向点E运动，同时，点C在线段EF上以xcm/s的速度由点E向点F运动，它们运动的时间为t（s）．是否存在x，使得△ABD与【答案】(1)BD=AE(2)DE=BD+CE(3)t=1，x=2【分析】（1）利用平角的定义和三角形内角和定理得∠CAE=∠ABD，再利用AAS证明△ABD≌△CAE，（2）由（1）同理可得△ABD≌△CAE，得（3）分△DAB≌△ECA或【详解】（1）解：∵∠BDA=∠AEC=∠BAC，∴∠BAD+∠CAE=∠BAD+∠ABD，∴∠CAE=∠ABD，∵∠BDA=∠AEC，∴△ABD≌∴BD=AE，故答案为：BD=AE，（2）DE=BD+CE，由（1）同理可得△ABD≌∴BD=AE，∴DE=BD+CE；（3）存在，当△DAB≌∴AD=CE=2cm,BD=AE=7cm，∴t=1，此时x=2；当△DAB≌∴AD=AE=4.5cm,DB=EC=7cm,∴t=AD2=综上：t=1，x=2或【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握一线三等角基本模型是解题的关键，同时渗透了分类讨论的数学思想．题型02手拉手模型【模型介绍】两个顶角相等的等腰三角形共用顶角顶点，分别连接对应的两底角顶点，从而可以得到一个经典的全等模型.因为顶点相连的四条边，形象可以看作两双手，通常称为“手拉手模型”.文字说明：1）点A为共用顶角顶点，看作头2）线段AB、AC为等腰∆ABC的两腰，看作两条手臂线段AM、AN为等腰∆AMN的两腰，看作两条手臂3）点B与点M看作左手，线段BM看作左手拉左手点C与点N看作右手，线段CN看作右手拉右手解题步骤：①找共用顶点，确定“四只手”；②连接对应端点；③SAS证明全等.已知图示结论（性质）如图，直线AB的同一侧作∆ABC和∆AMN都为等边三角形（A、B、N三点共线），连接BM、CN，两者相交于点E1）∆ABM≌∆ACN2）BM=CN3）∠MEN=∠2=60°（拉手线的夹角等于顶角）4）∆ANF≌∆AMD5）∆AFC≌∆ADB6）连接DF，DF∥BN7）连接AE，AE平分∠BEN8）存在3组四点共圆9）EN=EM+EA，EB=EC+EA,EA=ED+EF如图，∆ABC和∆AMN都为等边三角形（A、B、N三点不共线），连接BM、CN，两者相交于点O1）∆ABM≌∆ACN2）BM=CN3）∠MON=60°（拉手线的夹角等于顶角）4）连接AO，AO平分∠BON5）存在2组四点共圆6）ON=OM+OA，OB=OC+OA如图，四边形ABCD和四边形AEFG为正方形，连接EB和GD，两者交于点O1）∆AGD≌∆AEB2）GD=EB3）GD⊥EB4）AO平分∠EOD11．（2023·安徽黄山·校考一模）已知△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，△ADE绕点A逆时针旋转一周．

(1)如图1，连接BD，CE，则BD与CE的数量关系为_______；直线BD与CE所夹角的度数为_______．(2)当△ADE旋转至如图2所示的位置时，取BC，DE的中点M，N，连接MN，BD．试问：MNBD的值是否随△ADE(3)M，N分别为BC，DE的中点，连接MN．若AB=310，AD=6，当△ADE旋转至B，D，E三点在同一条直线上时，请直接写出MN【答案】(1)BD=CE，直线BD与CE所夹角的度数为：90°；(2)不变，MNBD(3)MN=3或9．【分析】（1）根据△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，得AB=AC，AD=AE，∠BAC=DAE=90°，根据全等三角形的判定和性质，得△ABD≅△ACE，延长BD交CE于点F，根据三角形的外角和，即可求出直线BD与CE所夹角的度数；（2）连接AN，AM；根据等腰三角形的性质，三线合一，得AN⊥ED，AM⊥BC，根据sin∠ABC=AMAB=2（3）根据当△ADE旋转至B，D，E三点在同一条直线上时，分类讨论：①当D在B，E之间；②①当E在B，D之间，根据等腰三角形的性质，勾股定理，依次求出AN，BN，BD，再根据MMBD是定值，即可求出MN【详解】（1）∵△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=DAE=90°，∴∠BAD+∠DAC=∠DAC+∠EAC，∴∠BAD=∠EAC，∴△ABD≅△ACE，∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，延长BD交CE于点F，交AC于点H，∵∠AHF=∠BHC，∴∠ABD+∠BAC=∠ACE+∠BFC，∴∠BAC=∠BFC=90°，∴直线BD与CE所夹角的度数为：90°．

（2）不变，理由如下：连接AN，AM∵△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，点M，N是BC，DE的中点，∴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）如图：连接AM，AN，①当D在B，E之间，∵△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，点M，N是BC，DE的中点∴AN⊥ED，ND=AN，∴A∵AB=310，AD=6∴DN=AN=32∵BN∴BN=62∴BD=BN−DN=62∵MNBD∴MN=3；

②当E在B，D之间，同理得：DN=AN=32，BN=62，∴MNBD∴MN=9，∴MN=3或9．

【点睛】本题考查等腰三角形，相似三角形，全等三角形的综合，解题的关键是掌握等腰三角形的性质：三线合一，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角形函数的运用．12．（2023下·江西抚州·九年级校考阶段练习）在△ABC中，AB=AC，∠BAC=α，点P是平面内不与点A，C重合的任意一点，连接PC，将线段PC绕点P旋转α得到线段PD，连接AP、CD、BD．

(1)当α=60°时，①如图1，当点P在△ABC的边BC上时，线段PC绕点P顺时针旋转α得到线段PD，则AP与BD的数量关系是_______________；②如图2，当点P在△ABC内部时，线段PC绕点P顺时针旋转α得到线段PD，①中AP与BD的数量关系还成立吗？若成立，请证明结论，若不成立，说明理由；(2)当α=90°时，①如图3，线段PC绕点P顺时针旋转α得到线段PD．试判断AP与BD的数量关系，并说明理由；②若点A，C，P在一条直线上，且AC=3PC，线段PC绕点P逆时针旋转α得到线段DP，求BDAP【答案】(1)①AP=BD；②成立，证明见解析；(2)①BD=2AP，理由见解析；②5【分析】（1）①根据旋转的性质和等边三角形的判定，易证△ABC和△CPD是等边三角形，得到AC=BC，CP=CD，∠ACB=∠PCD=60°，再利用“SAS”证明△APC≌△BDC，即可得到AP与BD的数量关系；②由①可知，△ABC和△CPD是等边三角形，进而证明△APC≌△BDCSAS，得到AP=BD（2）①根据旋转的性质和等腰直角三角形的判定，易证△ABC和△CPD是等腰直角三角形，得到BC=2AC，CD=2PC，∠ACB=∠PCD，进而得到BCAC=CDPC=2，②设PC=a，则AC=3a，根据等腰直角的性质，得到BC2=18a2，∠ACB=45°，分两种情况讨论：点P在AC上和点P【详解】（1）解：①∵AB=AC，∠BAC=α=60°，∴△ABC是等边三角形，∴AC=BC，∠ACB=60°，∵线段PC绕点P旋转α得到线段PD，∴PC=PD，∠CPD=α=60°，∴△CPD是等边三角形，∴CP=CD，∠PCD=60°，∴∠ACB=∠PCD，在△APC和△BDC中，AC=BC∠ACP=∠BCD∴△APC≌△BDCSAS∴AP=BD，故答案为：AP=BD；②成立，理由如下：由①可知，△ABC和△CPD是等边三角形，∴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∵线段PC绕点P旋转α得到线段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，∴设PC=a，则AC=3a，∵AB=AC，∠BAC=α=90°，∴△ABC是等腰直角三角形，∴BC2=A如图，当点P在AC上时，此时AP=AC−PC=3a−a=2a，

由旋转的性质可知，△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如图，当点P在AC的延长线上时，此时AP=AC+PC=3a+a=4a，

同理可知，CD2=2由勾股定理得：BD=B∴BD综上可知，BDAP的值为5或5【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，利用分类讨论的思想，熟练掌握手拉手—旋转型全等是解题关键．13．（2023·河南洛阳·统考模拟预测）综合与实践综合与实践课上，数学研究小组以“手拉手图形”为主题开展数学活动两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来，则形成一组全等的三角形，把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．

(1)操作判断

已知点C为△ABC和△CDE的公共顶点，将△CDE绕点C顺时针旋转α0°<a<360°，连接BD，AE，如图1，若△ABC和△CDE①线段BD与线段AE的数量关系是________；②直线BD与直线AE相交所夹锐角的度数是________；(2)迁移探究

如图2，若∠ABC=∠EDC=90°，∠BAC=∠DEC=30°，其他条件不变，则（1）中的结论是否都成立？请说明理由；(3)拓展应用：如图3，若∠BAC=∠DEC=90°，AB=AC，CE=DE，BC=2CD=42，当点B，D，E三点共线时，请直接写出BD【答案】(1)①BD=AE；②60°(2)①不成立，理由见解析；②成立，理由见解析(3)27−2【分析】（1）设直线BD交直线AE于点F．由等边三角形的性质可得出AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠ECD=60°．进而可求出∠BCD=∠ACE，即可证∴△BCD≅△ACE，从而得出结论BD=AE．再根据∠DBC+∠ACB=∠EAC+∠F，即得出答案；（2）由题意得出BCAC=CDCE=12，∠BCD=∠ECA（3）分类讨论：当点D落在线段BE上时和当点E落在线段BD上时，分别画出图形，根据等腰直角三角形的性质结合勾股定理即可解答．【详解】（1）解：①如图1，设直线BD交直线AE于点F．

∵△ABC和△CDE都是等边三角形，∴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°；故答案为：BD=AE；60°；（2）不成立，理由如下：如图2，

延长BD交AE的延长线于点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如图3，当点D落在线段BE上时．

∵∠BAC=∠DEC=90°，∠ACB=∠ECD=45°，BC=2CD=42∴BC=2AC=42∴AC=4，CE=2．∵∠E=90°∴BE=B∴BD=BE−DE=27②如图4，当点E落在线段BD上时，

同理可得，BD=BE+DE=27综上所述，BD的长为27−2或【点睛】本题考查旋转的性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识．正确作出辅助线构造全等或相似三角形是解题关键．14．（2023·河南郑州·郑州市第八中学校考二模）由两个顶角相等且有公共顶角顶点的特殊多边形组成的图形，如果把它们的底角顶点连接起来，则在相对位置变化的过程中，始终存在一对全等三角形，我们把这种模型称为“手拉手模型”．

(1)【问题发现】如图1所示，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，BD和CE的数量关系是；BD和CE的位置关系是；(2)【类比探究】如图2所示，点P是线段AB上的动点，分别以AP、BP为边在AB的同侧作正方形APCD与正方形PBEF，连接DE分别交线段BC、PC于点M、N．①求∠DMC的度数；②连接AC交DE于点H，直接写出DHBC(3)【拓展延伸】如图3所示，已知点C为线段AE上一点，AE=6，△ABC和△CDE为AE同侧的两个等边三角形，连接BE交CD于N，连接AD交BC于M，连接MN，直接写出线段MN的最大值．【答案】(1)BD=CE，BD⊥CE(2)①45°；②2(3)3【分析】（1）证明△ABD≌△ACE（SAS），即可得到BD=CE（2）①连接AF、PE、PD，证明△APF≌△CPB（SAS），再证明△DPE∽△APF，即可得出结果；②证明△DCH∽△ACF（3）证明△CMN为等边三角形，就有MN=CN，由条件可以得出CD∥AB，即有△CEN∽△AEB，可得CNAB=CEAE，设CE为x，则有AC=AB=6−x，用相似三角形的性质把CN用含【详解】（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，故答案为：BD=CE，BD⊥CE；（2）①连接AF、PE、PD，AC

∵四边形APCD和四边形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为等边三角形，∴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是等边三角形．∴CN=MN，∵∠ACB=∠DCE=60°，∴CD∥AB，∴△CEN∽△AEB，∴CNAB设CE为x，则有AC=AB=6−x，∴CN6−x∴CN=x−1∴CN=x−1∴当x=3时，NC有最大值是32即点C在AE的中点时，线段MN最大，最大值是32【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，正方形的性质，等边三角形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理以及二次函数的最值的运用．在解答的过程中书写全等三角形时对应顶点的字母要写在对应的位置上，灵活运用顶点式求最值．15．（2022·青海·统考中考真题）两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来，则形成一组全等的三角形，把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形.(1)问题发现：如图1，若△ABC和△ADE是顶角相等的等腰三角形，BC，DE分别是底边.求证：BD=CE；

图1(2)解决问题：如图2，若△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点A，D，E在同一条直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系并说明理由.

图2【答案】(1)见解析(2)∠DCE=90°；AE=AD+DE=BE+2CM【分析】（1）先判断出∠BAD=∠CAE，进而利用SAS判断出△BAD≌△CAE，即可得出结论；（2）同（1）的方法判断出△BAD≌△CAE，得出AD=BE，∠ADC=∠BEC，最后用角的差，即可得出结论．【详解】（1）证明：∵△ABC和△ADE是顶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．【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，等腰三角形，等边三角形，等腰直角三角形的性质，判断出△ACD≌△BCE是解本题的关键．16．（2019·山东济宁·统考三模）背景材料：在学习全等三角形知识时，数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，他们知道这种模型称为手拉手模型．例如：如图1，两个等腰直角三角形△ABC和△ADE，∠BAC＝∠EAD＝90°，AB＝AC，AE＝AD，如果把小等腰三角形的腰长看作是小手，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，在这个模型中易得到△ABD≌△ACE．学习小组继续探究：（1）如图2，已知△ABC，以AB，AC为边分别向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE，请作出一个手拉手图形（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹），并连接BE，CD，证明BE＝CD；（2）小刚同学发现，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，将三角形ADE旋转一定的角度（如图3），连接CE和BD，证明△ABD∽△ACE．学以致用：（3）如图4，四边形ABCD中，∠CAB＝90°，∠ADC＝∠ACB＝α，tanα＝34【答案】（1）作图见解析，证明见解析；（2）见解析；（3）BD=15【分析】（1）由等边三角形的性质可得AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠EAC＝60°，可得∠DAC＝∠BAE，即可证△DAC≌△BAE，可得BD＝CE；（2）通过证明△ADE∽△ABC，可得ABAC（3）过点A作AE垂直于AD，作∠AED＝α，连接CE，则∠EDC＝90°，通过证明△AEC∽△ADB，可得CEBD【详解】（1）作图∵△ABD和△ACE都是等边三角形∴AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠EAC＝60°，∴∠DAC＝∠BAE，且AD＝AB，AC＝AE∴△DAC≌△BAE（SAS）∴BE＝CD（2）如图，在第一个图中，∵DE∥BC∴△ADE∽△ABC∴AB∵将三角形ADE旋转一定的角度∴∠BAC＝∠DAE∴∠BAD＝∠CAE，且AB∴△ABD∽△ACE；（3）如图，过点A作AE垂直于AD，作∠AED＝α，连接CE，则∠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【点睛】本题是相似综合题，考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数，添加恰当辅助线构造相似三角形是本题的关键．17．（2023·黑龙江大庆·统考中考真题）如图，在△ABC中，将AB绕点A顺时针旋转α至AB'，将AC绕点A逆时针旋转β至AC'(0°<α<180°,0°<β<180°)，得到△AB'C'，使∠BAC+∠B'AC'=180°①△ABC与△AB②BC=2AD；③若AB=AC，连接BB'和CC④若AB=AC，AB=4，BC=6，则B'【答案】①②③【分析】延长B'A，并截取AE=AB，连接C'E，证明△ABC≌△AEC'，得出BC=C'E，S△ABC=S△AEC'，根据AB=AB'，AB=AE得出∠AB'B=∠ABB'，∠A∠AB'B+∠ABB'+∠AB'C【详解】解：延长B'A，并截取AE=AB，连接∵∠BAC+∠B∴α+β=360°−180°=180°，∵α+∠BAE=180°，∴∠BAE=β，∴∠BAC+∠CAE=∠CAE+∠EAC∴∠BAC=∠EAC根据旋转可知，AC=AC'，∵AB=AE，∴△ABC≌△AEC∴BC=C'E∵AB=AB'，∴AE=AB∴S△A∴S△ABC即△ABC与△AB∵AE=AB'，∴AD是△B∴AD=1∵BC=C∴BC=2AD，故②正确；当AB=AC时，AB=AB∴∠AB'B=∠ABB'，∠A∵∠AB∴∠ABB即∠B∵BC=6，∴根据②可知，AD=1∵当AB=AC时，AB=AB'=A∴AD⊥B∴∠ADB∴B'∴B'综上分析可知，正确的是①②③．【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，中位线性质，勾股定理，四边形内角和，补角的性质，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明△ABC≌△AEC18．（2022·江苏淮安·统考二模）在学习全等三角形知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型：模型是由两个顶角相等且有公共顶角顶点的等腰三角形组成的图形，如果把它们的底角顶点连接起来，则在相对位置变化的过程中，始终存在一对全等三角形，我们把这种模型称为“手拉手模型”．这个数学兴趣小组进行了如下操作：(1)如图1、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，和△ABD全等的三角形是______，BD和CE的数量关系是________．(2)如图2，点P是线段AB上的动点，分别以AP，BP为边在AB的同侧作正方形APCD与正方形PBEF，连接DE分别交线段BC，PC于点M，N．①求∠DMC的度数；②连接AC交DE于点H，直接写出DHBC(3)如图3，已知点C为线段AE上一点，AE＝8cm，△ABC和△CDE为AE同侧的两个等边三角形，连接BE交CD于N，连接AD交BC于M，连接MN，线段MN的最大值是______．【答案】(1)△ACE，相等(2)①∠DMC=45°；②DH(3)2【分析】（1）证明△ABD≌△ACE（SAS），即可得到BD=CE；（2）①平移线段BC至DG处，连接EG，由SAS证明△AGD≌△BEG，得出DG=EG，∠ADG=∠EGB，证明∠EGD=90°，得出∠GDE=∠GDE=45°，即可得出结果；②连接AC，由勾股定理求出AC=AD2+CD2=2AD，利用三角形内角和定理证明∠CBA=∠CHM，推出∠DHA=∠CBA（3）证明△CMN为等边三角形，就有MN=CN，由条件可以得出CN∥AB，设CE=x，就可以用相似三角形的性质把CN用含x的式子表示出来，从而求出MN最大值．【详解】（1）解：∵AB＝AC，AE＝AD，∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠DAB=∠EAC，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD=CE，故答案为：△ACE，相等；（2）①平移线段BC至DG处，连接EG，如图，则∠DMC=∠GDE，四边形DGBC是平行四边形，∴DG=CB，∵四边形ADCP与四边形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连接AC，交DE于H，∵AC为正方形ADCP的对角线，∴∠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，根据对顶角的性质可得∠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是等边三角形，∴CN=MN．∵∠BAC=∠DCE=60°，∴CD∥AB，∴△CEN∽△AEB，∴CNAB设CE=x，则有AC=AB=8-x．∴CN8−x∴NC=x－18x2∴MN=CN=-18（x-4）2∴当x=4时，MN有最大值是2．故答案为：2．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，正方形的性质，等边三角形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理以及二次函数的最值的运用．在解答的过程中书写全等三角形时对应顶点的字母要写在对应的位置上，灵活运用顶点式求最值．19．（2020·吉林长春·统考一模）[问题提出]（1）如图①,△ABC、△ADE均为等边三角形，点D、E分别在边AB、AC上．将△ADE绕点A沿顺时针方向旋转，连结BD、CE．在图②中证明△ADB≌△AEC．[学以致用]（2）在1的条件下，当点D、E、C在同一条直线上时，∠EDB的大小为度．[拓展延伸]（3）在1的条件下，连结CD．若BC=6,AD=4,直接写出△DBC的面积S的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）60或120；（3）9【分析】（1）运用SAS证明△ADB≌△AEC即可；（2）分“当点E在线段CD上”和“当点E在线段CD的延长线上”两种情况求出∠EDB的大小即可；（3）分别求出△DBC的面积最大值和最小值即可得到结论【详解】（1）∵△ABC,△ADE均为等边三角形，∴AD=AE，AB=AC，∴∠DAE−∠BAE=∠BAC−∠BAE，即∠BAD=∠CAE在△ADB和△AEC中AD=AE∴△ABD≅△ACE(SAS)；（2）当D,E,C在同一条直线上时，分两种情况：①当点E在线段CD上时，如图，∵△ADE是等边三角形，∴∠ADE=∠AED=60°，∴∠AEC=180°−∠AED=120°，由（1）可知，△ADB≅△AEC，∴∠ADB=∠AEC=120°，∴∠EDB=∠ADB−∠ADE=120°−60°=60°②当点E在线段CD的延长线上时，如图，∵△ADE是等边三角形，∴∠ADE=∠AED=60°∴∠ADC=180°−∠ADE=120°，由（1）可知，△ADB≅△AEC∴∠ADB=∠AEC=60°，∴∠EDB=∠ADB+∠ADE=60°+60°=120°综上所述，∠EDB的大小为60°或120°（3）过点A作AF⊥BC于点F，当点D在线段AF上时，点D到BC的距离最短，此时，点D到BC的距离为线段DF的长，如图：∵△ABC是等边三角形，AF⊥BC，BC=6∴AB=BC=6，BF=∴AF=∴DF=3此时S△DBC当D在线段FA的延长线上时，点D到BC的距离最大，此时点D到BC的距离为线段DF的长，如图，∵△ABC是等边三角形，AF⊥BC，BC=6∴AB=BC=6，BF=1∴AF=∵AD=4∴DF=AF+AD=3此时，S△DBC综上所述，△DBC的面积S取值是9【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转和全等三角形的性质和判定，旋转过程中面积变化分析，解本题的关键是三角形全等的判定．20．（2022·山东烟台·统考中考真题）

(1)【问题呈现】如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE．求证：BD＝CE．(2)【类比探究】如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°．连接BD，CE．请直接写出BDCE(3)【拓展提升】如图3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且ABBC＝ADDE＝34．连接BD①求BDC