专题1旋转中的全等手拉手模型八年级数学下册聚焦课本培优专题训练讲义

专题1旋转中的全等手拉手模型专题1旋转中的全等手拉手模型知识梳理知识梳理在同学们学习了三角形的初步认识之后，在解答题目时经常出现的一道题目，也是必考题型，同学们要认识什么是手拉手模型，其实就是有两个等腰的三角形或者两个等边的三角形，他们有一个共同的顶点，且两个等腰三角形的顶角是相等的，那么就可以用角的和差求得共顶点的另外两个角相等等，然后利用等腰的边对应相等，可证明两个三角形全等（边角边）组成这样的图形模样的我们就说他是手拉手模型。熟知手拉手模型的做法和思路，不论是求证线段的关系，还是求证角度的关系都十分的简单了，这里整理了部分手拉手模型的经典题目，有余力的同学们一定要认真练习。本专题就手拉手模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。模型分析模型分析模型.手拉手模型（全等模型）手拉手模型概念：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”。模型特征：双等腰；共顶点；顶点相等；绕着顶点作旋转解题依据：等腰共顶手拉手，旋转全等马上有；左手拉左手，右手拉右手，两根拉线抖一抖，它们相等不用愁；拉线夹角与顶角，相等互补答案有。解题思路：①连接拉手线：左手拉左手，右手拉右手②证全等：等腰三角形性质；SAS③利用全等性质得到角度关系+拉手线相等模型展示模型、旋转中的手拉手全等模型模型展示双等边三角形型条件：△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。结论：①△ACD≌△BCE【证明】条件：△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。结论：②△BCM≌△ACN【证明】条件：△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。结论：③△MCE≌△NCD【证明】条件：△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。结论：④【证明】条件：△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。结论：⑤【证明】条件：△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。结论：⑥【证明】双等腰直角三角形型条件：如图，△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点N。结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ANM=∠BCM=90°；④CN平分∠BFD。双等腰三角形型条件：如图，△ABC和△DCE均为等腰三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ACM=∠BFM；④CF平分∠BFD。双正方形形型条件：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O结论：①∆AGD≌∆AEB；②GD=EB；【证明】∵四边形ABCD和四边形AEFG为正方形∴∠GAE=∠BAD=90°，AB=AD，AE=AG∴∠GAE+∠1=∠BAD+∠1∴∠GAD=∠EAB在∆AGD与∆AEB中∴∆AGD≌∆AEB∴∠AGD=∠AEB，GD=EB条件：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O结论：③GD⊥EB；④CN平分∠BNE。【证明】在∆GOM与∆AEM中∵∠OGM+∠GMO+∠MOG=180°∠MEA+∠AME+∠MAE=180°而∠AGD=∠AEB，∠GMO=∠AME∴∠MOG=∠MAE=90°∴GD⊥EB条件：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O结论：④AO平分∠EOD。【证明】过点A分别作AW⊥BE交BE于点W,AX⊥GD交GD于点X∵∆AGD≌∆AEB∴S∆AGD=S∆AEB而GD=BE则AW=AX，∴AO平分∠EOD经典例题经典例题精析【典型例题】如图，A，B，E三点在同一直线上，，都是等边三角形，连接AD，BE，OC：下列结论中正确的是（

）①△ACD≌△BCE；②△CPQ是等边三角形；③平分；④△BPO≌△EDO．A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④【答案】B【分析】利用等边三角形的性质，三角形的全等，逐一判断即可．【详解】∵△ABC，△CDE都是等边三角形，∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠ECD=60°，∴∠ACB+∠PCQ=∠ECD+∠PCQ，∠PCD=60°，∴∠ACD=∠BCE，∴△ACD≌△BCE，∴①的说法是正确的；∵△ACD≌△BCE，∴∠PDC=∠QEC，∵∠PCD=∠QCE=60°，CD=CE，∴△PCD≌△QCE，∴PC=QC，∴△CPQ是等边三角形；∴②的说法是正确的；∵△PCD≌△QCE，∴PD=QE，，过点C作CG⊥PD，垂足为G，CH⊥QE，垂足为H，∴，∴CG=CH，∴OC平分∠AOE，∴③的说法是正确的；无法证明△BPO≌△EDO．∴④的说法是错误的；故答案为①②③，故选B．【点睛】本题考查了等边三角形的性质与判定，三角形的全等与性质，角平分线的性质定理，熟练掌握等边三角形的性质，灵活进行三角形全等的判定，活用角的平分线性质定理的逆定理是解题的关键．典型例题例1、如图，C为线段AE上一动点（不与点，重合），在AE同侧分别作等边三角形ABC和等边三角形CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连结PQ．以下结论错误的是（

）典型例题A．∠AOB=60° B．AP=BQC．PQ∥AE D．DE=DP【答案】D【分析】利用等边三角形的性质，BC∥DE，再根据平行线的性质得到∠CBE=∠DEO，于是∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，得出A正确；根据△CQB≌△CPA（ASA），得出B正确；由△ACD≌△BCE得∠CBE=∠DAC，加之∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，得到△CQB≌△CPA（ASA），再根据∠PCQ=60°推出△PCQ为等边三角形，又由∠PQC=∠DCE，根据内错角相等，两直线平行，得出C正确；根据∠CDE=60°，∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，可知∠DQE≠∠CDE，得出D错误．【详解】解：∵等边△ABC和等边△CDE，∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE，在△ACD与△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴∠CBE=∠DAC，又∵∠ACB=∠DCE=60°，∴∠BCD=60°，即∠ACP=∠BCQ，又∵AC=BC，在△CQB与△CPA中，，∴△CQB≌△CPA（ASA），∴CP=CQ，又∵∠PCQ=60°可知△PCQ为等边三角形，∴∠PQC=∠DCE=60°，∴PQ∥AE，故C正确，∵△CQB≌△CPA，∴AP=BQ，故B正确，∵AD=BE，AP=BQ，∴ADAP=BEBQ，即DP=QE，∵∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，∴∠DQE≠∠CDE，故D错误；∵∠ACB=∠DCE=60°，∴∠BCD=60°，∵等边△DCE，∠EDC=60°=∠BCD，∴BC∥DE，∴∠CBE=∠DEO，∴∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，故A正确．故选：D．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，利用旋转不变性，解题的关键是找到不变量．例2、如图所示，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∠1＝25°，∠2＝30°，则∠3＝（）A．55° B．50° C．45° D．60°【答案】A.【分析】求出∠BAD＝∠EAC，证△BAD≌△EAC，推出∠2＝∠ABD＝30°，根据三角形的外角性质求出即可．【详解】解：∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，∴∠1＝∠EAC，在△BAD和△EAC中，AB=AC∠BAD=∠EAC∴△BAD≌△EAC（SAS），∴∠2＝∠ABD＝30°，∵∠1＝25°，∴∠3＝∠1+∠ABD＝25°+30°＝55°，故选：A．【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质；解答时，除必备的知识外，还应将条件和所求联系起来，即将所求的角与已知角通过全等及内角、外角之间的关系联系起来．例3、如图，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC＝5，AD＝AE＝2，点P，Q，R分别是BC，DC，DE的中点．把△ADE绕点A在平面自由旋转，则△PQR的面积不可能是（

）A．8 B．6 C．4 D．2【答案】A【分析】连接BD、CE，BD的延长线交CE的延长线于O，AC交BO于H．证明△BAD≌△CAE,然后可推出△PQR是等腰直角三角形，S△PQR＝•PQ2,由AB＝5，AD＝2可知3≤BD≤7，从而得到≤PQ≤，那么≤•PQ2≤,即可得出答案．【详解】解：连接BD、CE，BD的延长线交CE的延长线于O，AC交BO于H．∵AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE，∴BD＝CE，∠ABH＝∠OCH，∵∠AHB＝∠CHO，∴∠O＝∠BAH＝90°，∵点P，Q，R分别是BC，DC，DE的中点，∴PQ＝BD，PQ∥BO，QR＝EC，QR∥CO，∵BO⊥OC，∴PQ⊥RQ，PQ＝QR，∴△PQR是等腰直角三角形，∴S△PQR＝•PQ2，∵AB＝5，AD＝2，∴3≤BD≤7，∴≤PQ≤，∴≤•PQ2≤，∴△PQR的面积不可能是8，故答案为：A．【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．例4、如图，已知AB＝AC，AF＝AE，∠EAF＝∠BAC，点C、D、E、F共线．则下列结论，其中正确的是（）①△AFB≌△AEC；②BF＝CE；③∠BFC＝∠EAF；④AB＝BC．A．①②③ B．①②④ C．①② D．①②③④【答案】A.【分析】想办法证明△FAB≌△EAC（SAS），利用全等三角形的性质即可解决问题；【详解】解：∵∠EAF＝∠BAC，∴∠BAF＝∠CAE，∵AF＝AE，AB＝AC，∴△FAB≌△EAC（SAS），故①正确，∴BF＝EC，故②正确，∴∠ABF＝∠ACE，∵∠BDF＝∠ADC，∴∠BFC＝∠DAC，∵∠DAC＝∠EAF，∴∠BFC＝∠EAF，故③正确，无法判断AB＝BC，故④错误，故选：A．【点睛】该命题主要考查了全等三角形的判定及其性质的应用问题；解题的关键是准确找出图形中隐含的全等三角形，灵活运用四点共圆等几何知识来分析、判断、推理或证明．例5、如图，CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=50°，AD、BE交于点H，连接CH，则∠CHE=_______．【答案】65°【分析】先判断出，再判断出即可得到平分，即可得出结论．【详解】解：如图，，，在和中，；过点作于，于，，，在和中，，，在与中，，平分；，，，，，，故答案为：65°．【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质以及角平分线的定义．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．例6、如图，∠1＝∠2＝30°，∠A＝∠B，AE＝BE，点D在边AC上，AE与BD相交于点O，则∠C的度数为75°．【答案】75°.【分析】首先根据∠1＝∠2，得∠CEA＝∠DEB，再利用ASA证明△AEC≌△BED，得DE＝EC，利用等腰三角形的性质可得答案．【详解】解：∵∠1＝∠2，∴∠CEA＝∠DEB，在△AEC与△BED中，∠A=∠BAE=BE∴△AEC≌△BED（ASA），∴DE＝EC，∴∠EDC＝∠C，∵∠1＝∠2＝30°，∴∠C＝75°，故答案为：75°．【点睛】本题考查全等三角形，解题的关键是熟练运用全等三角形的性质与判定，本题属于中等题型．例7、如图1，B、C、D三点在一条直线上，AD与BE交于点O，△ABC和△ECD是等边三角形．(1)求证：△ACD≌△BCE；(2)求∠BOD的度数；(3)如图2，若B、C、D三点不在一条直线上，∠BOD的度数是否发生改变？（填“改变”或“不改变”）【答案】(1)证明见解析；(2)∠BOD＝120°；(3)不改变，理由见解析。【分析】（1）根据“SAS”证明△ACD≌△BCE即可；（2）由全等三角形的性质得∠ADC＝∠BEC，再由三角形的外角性质得∠AOB＝60°，即可求解；（3）同（1）得：△ACD≌△BCE，得出∠DAC＝∠EBC，根据三角形外角求出∠AOE=120°，即可得出答案．【详解】（1）证明：∵△ABC和△ECD是等边三角形，∴∠ACB＝∠ECD＝60°，BC＝AC，EC＝CD，∴∠ACB+∠ACE＝∠ECD+∠ACE，∴∠BCE＝∠ACD，在△BCE和△ACD中∵，∴△BCE≌△ACD（SAS）．（2）解：∵△BCE≌△ACD，∴∠ADC＝∠BEC，∵∠AOB＝∠EBC+∠ADC，∴∠AOB＝∠EBC+∠BEC＝∠DCE＝60°，∵∠AOB+∠BOD＝180°，∴∠BOD＝120°．（3）解：不改变，理由如下：同（1）得：△ACD≌△BCE（SAS），∴∠DAC＝∠EBC，∵∠AOE＝∠ABO+∠OAB＝∠ABO+∠DAC+∠BAC＝∠ABO+∠EBC+∠BAC＝∠ABC+∠BAC＝120°∴∠BOD＝∠AOE＝120°，即∠BOD的度数不改变．故答案为：不改变．【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等边三角形的性质，三角形外角的性质，对顶角性质，证明△ACD≌△BCE是解题的关键．例8、在△ABC中，AB＝AC，点D是直线BC上的一点（不与点B、C重合），以AD为腰右侧作等腰三角形△ADE，且AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，联接CE．（1）如图1，当点D在线段BC上，如果∠BAC＝90°，则∠BCE＝90度．（2）设∠BAC＝α，∠BCE＝β．①点D是在线段BC上移动时，如图2，则α、β之间有怎样的数量关系？试说明理由．②点D是在射线CB上移动时，则α、β之间有怎样的数量关系？试直接写出结论．【答案】（1）90；（2）①α+β＝180°，理由见详解；②α＝β，理由见详解【分析】（1）证明△BAD≌△CAE，得∠B＝∠ACE，即可证明；（2）①与（1）同理证明△BAD≌△CAE，得∠ABD＝∠ACE，则∠BAC+∠BCE＝∠BAC+∠BCA+∠ACE＝∠BAC+∠BCA+∠B＝180°；②同理证明△ADB≌△AEC，得∠ABD＝∠ACE，由∠ABD＝∠BAC+∠ACB，则∠BAC＝∠BCE．【详解】解：（1）∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，在△BAD与△CAE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠B＝∠ACE，∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，故答案为：90；（2）①α+β＝180°，理由如下：∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，在△BAD与△CAE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，∵∠BAC+∠ABD+∠BCA＝180°，∴∠BAC+∠BCE＝∠BAC+∠BCA+∠ACE＝∠BAC+∠BCA+∠B＝180°，∴α+β＝180°；②α＝β，理由如下：∵∠DAE＝∠BAC，∴∠DAB＝∠EAC，在△ADB与△AEC中，AD=AE∠DAE=∠EAC∴△ADB≌△AEC（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，∵∠ABD＝∠BAC+∠ACB，∴∠BAC＝∠BCE，∴α＝β．【点睛】本题考查三角形全等的判定，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．本题的亮点是由特例引出一般情况．例9、如图，已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE．连接BD交AE于M，连接CE交AB于N，BD与CE交点为F，连接AF．（1）如图1，求证：BD⊥CE；（2）如图1，求证：FA是∠CFD的平分线；（3）如图2，当AC＝2，∠BCE＝15°时，求CF的长．【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）CF=．【分析】（1）根据SAS即可求得△CAE≌△BAD，求得∠ACF=∠ABD．因为∠ANC=∠BNF，根据三角形的内角和定理就可求得∠BFN=∠NAC=90°，从而证得BD⊥CE；

（2）作AG⊥CE于G，AK⊥BD于K．根据三角形面积公式即可求得AG=AK．根据角的平分线的性质定理的逆定理即可证得FA是∠CFD的平分线；

（3）根据已知条件求得∠ACN=∠ACB∠BCE=30°=∠FBN．在Rt△ACN中，通过解直角三角形从而求得AN=，CN=．进而求得BN=2．在Rt△ACN中通过解直角三角形求得NF=BN=．即可求得CF=CN+NF=．【详解】（1）证明：如图1．∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∠BAE＝∠BAE，∴∠CAE＝∠BAD．在△CAE和△BAD中，，∴△CAE≌△BAD（SAS），∴∠ACF＝∠ABD．∵∠ANC＝∠BNF，∴∠BFN＝∠NAC＝90°．∴BD⊥CE．（2）证明：如图1，作AG⊥CE于G，AK⊥BD于K．由（1）知△CAE≌△BAD，∴CE＝BD，S△CAE＝S△BAD，∴AG＝AK．∴点A在∠CFD的平分线上．即FA是∠CFD的平分线．（3）如图2．∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ACB＝∠ABC＝45°．∵∠BCE＝15°，∴∠ACN＝∠ACB﹣∠BCE＝30°＝∠FBN．在Rt△ACN中∵∠NAC＝90°，AC＝2，∠ACN＝30°，∴．∵AB＝AC＝2，∴BN＝2﹣．在Rt△ACN中∵∠BFN＝90°，∠FBN＝30°，∴．∴．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定，角的平分线的判定等知识点，利用全等三角形得出线段相等和角相等是解题的关键．例10、（1）如图①，△ABC和△CDE都是等边三角形，且点B，C，E在一条直线上，连结BD和AE，直线BD，AE相交于点P．则线段BD与AE的数量关系为_____________．BD与AE相交构成的锐角的度数为___________．（2）如图②，点B，C，E不在同一条直线上，其它条件不变，上述的结论是否还成立．（3）应用：如图③，点B，C，E不在同一条直线上，其它条件依然不变，此时恰好有．设直线AE交CD于点Q，请把图形补全．若，则DP___________．【答案】（1）相等，60°；（2）成立，证明见解析；（3）见解析，4.【分析】（1）证明△BCD≌△ACE，并运用三角形外角和定理和等边三角形的性质求解即可；（2）是第（1）问的变式，只是位置变化，结论保持不变；（3）根据∠AEC=30°，判定AE是等边三角形CDE的高，运用前面的结论，把条件集中到一个含有30°角的直角三角形中求解即可.【详解】（1）相等；60°.理由如下：∵和都是等边三角形，∴，，，∴，在和中，∴．∴，．又∵，∴.（2）成立；理由如下：证明：∵和都是等边三角形，∴，，，∴，在和中，∴．∴，．又∵，∴.（3）补全图形（如图）,∵△CDE是等边三角形，∴∠DEC=60°，∵∠AEC=30°，∴∠AEC=∠AED，∴EQ⊥DQ，∴∠DQP=90°，根据（1）知，∠BDC=∠AEC=30°，∵PQ=2，∴DP=4.故答案为：4.【点睛】本题是一道猜想证明题，以两线段之间的大小关系为基础，考查了等边三角形的性质，三角形的全等，直角三角形的性质，证明两个手拉手模型三角形全等是解题的关键.课后专题练课后专题练练1、如图，正和正中，B、C、D共线，且，连接和相交于点F，以下结论中正确的有（

）个①

②连接，则平分

③

④A．4 B．3 C．2 D．1【答案】A【分析】根据“手拉手”模型证明，从而得到，再结合三角形的外角性质即可求解，即可证明①；作于点，于点，证明，结合角平分线的判定定理即可证明②；利用面积法表示和的面积，然后利用比值即可证明③；利用“截长补短”的思想，在上取点，使得，首先判断出为等边三角形，再结合“手拉手”模型推出即可证明④．【详解】解：①∵和均为等边三角形，∴，，，∴，∴，在和中，∴，∴，∵，，∴，故①正确；②如图所示，作于点，于点，则，∵，∴，在和中，∴，∴，∴平分，故②正确；③如图所示，作于点，∵，，∴，∵，∴整理得：，∵，∴，∴，故③正确；④如图所示，在上取点，使得，∵，平分，∴，，∴为等边三角形，∴，，∵，∴，∴，在和中，∴，∴，∵，，∴，故④正确；综上，①②③④均正确；故选：A．【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等，理解等边三角形的基本性质，掌握全等三角形中的辅助线的基本模型，包括“手拉手”模型，截长补短的思想等是解题关键．练2、如图，O为正△ABC内一点，OA＝3，OB＝4，OC＝5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论：①可由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到；②点O与O′的距离为4；③∠AOB＝150°；④S四边形AOBO′＝6+2；⑤，其中正确的是（

）A．①②③ B．①②③⑤ C．①②③④ D．①②③④⑤【答案】B【分析】根据旋转的性质，易证，故①正确；证明是等边三角形，故②说法正确；由勾股定理的逆定理可证得，结合等边三角形性质，有，故，③说法正确；由直角三角形和等边三角形的性质，可得，④说法错误；将线段OA以点A为旋转中心逆时针旋转60°得到线段AD，连接OD，过A作AE⊥CD交CD延长线于点E，根据判断④的方法，判断⑤说法正确．【详解】解：∵将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，∴，，∵正△ABC，∴，，∵，∴，即，在与中，∵，∴，故可由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到，①说法正确，符合题意；如图1，连接∵，，∴是等边三角形，∵，∴．故点O与O′的距离为4，②说法正确，符合题意；∵，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，∵是等边三角形，∴，∵．故③说法正确，符合题意；如图2，过作于点，∵是等边三角形，，，∴，∴．∵，，，∴．∵，，，∴．∴．故④说法错误，不符合题意；将线段OA以点A为旋转中心逆时针旋转60°得到线段AD，连接OD，过A作AE⊥CD交CD延长线于点E，∵将线段OA以点A为旋转中心逆时针旋转60°得到线段AD，∴，，∵正△ABC，∴，，∵，∴，即，在与中，∵，∴，∴．∵，，∴是等边三角形．∵，∴易求．∵是等边三角形，，∴，∵，，∴，∵，∴，∴．∵，，∴．∴．∵，，∴，∴．∵，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴．故⑤说法正确，符合题意；综上，正确的说法有①②③⑤，故选：B．【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形判定，等边三角形性质以及勾股定理以及逆定理，综合运用以上知识是解题的关键．练3、如图，在中，，分别以AB，AC为边作等边和等边△ACE，连结DE，若，，则ED=（

）A． B． C．4 D．【答案】C【分析】在Rt△ABC中可直接运用勾股定理求出BC，然后结合“手拉手”模型证得△ABC≌△ADE，即可得到DE=BC，从而求解即可．【详解】解：在Rt△ABC中，AB=3，AC=5，∴由勾股定理得：BC=4，∵和均为等边三角形，∴AB=AD，AC=AE，∠BAD=∠CAE=60°，∴∠BAD∠CAD=∠CAE∠CAD，即：∠BAC=∠DAE，在△ABC和△ADE中，∴△ABC≌△ADE(SAS)，∴DE=BC=4，故选：C．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，掌握全等三角形的判定与性质，熟练运用勾股定理解三角形是解题关键．练4、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_____．【答案】

；.【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=m2，∵DF=BF，∴n=（m2），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.练5、两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角顶点，并将它们的底角顶点分别对应连接起来得到两个全等三角形，我们把这样的图形称为“手拉手”图形．如图1，在“手拉手”图形中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，连接BD，CE，则△ABD≌△ACE．(1)请证明图1的结论成立；(2)如图2，△ABC和△AED是等边三角形，连接BD，EC交于点O，求∠BOC的度数；(3)如图3，AB＝BC，∠ABC＝∠BDC＝60°，试探究∠A与∠C的数量关系．【答案】(1)见解析(2)60°(3)∠A+∠BCD=180°，理由见解析【分析】（1）利用等式的性质得出∠BAD=∠CAE，即可得出结论；（2）同（1）的方法判断出△ABD≌△ACE，得出∠ADB=∠AEC，再利用对顶角和三角形的内角和定理判断出∠BOC=60°，即可得出答案；（3）先判断出△BDP是等边三角形，得出BD=BP，∠DBP=60°，进而判断出△ABD≌△CBP（SAS），即可得出结论．【详解】（1）解：证明：∵∠BAC=∠DAE，∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，∴∠BAD=∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS）；（2）如图2，∵△ABC和△ADE是等边三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，∴∠BAD=∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ADB=∠AEC，令AD与CE交于点G，∵∠AGE=∠DGO，∴180°∠ADB∠DGO=180°∠AEC∠AGE，∴∠DOE=∠DAE=60°，∴∠BOC=60°；（3）∠A+∠BCD=180°．理由：如图3，延长DC至P，使DP=DB，∵∠BDC=60°，∴△BDP是等边三角形，∴BD=BP，∠DBP=60°，∵∠ABC=60°=∠DBP，∴∠ABD=∠CBP，∵AB=CB，∴△ABD≌△CBP（SAS），∴∠BCP=∠A，∵∠BCD+∠BCP=180°，∴∠A+∠BCD=180°．【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，构造等边三角形是解本题的关键．练6、如图1，在△ABC中，AE⊥BC于E，AE＝BE，D是AE上一点，且DE＝CE，连接BD，CD．（1）判断与的位置关系和数量关系，并证明；（2）如图2，若将△DCE绕点E旋转一定的角度后，BD与AC的位置关系和数量关系是否发生变化？并证明；（3）如图3，将（2）中的等腰直角三角形都换成等边三角形，其他条件不变，求BD与AC夹角的度数．【答案】（1），；（2），；（3）．【分析】（1）先判断出，再判定，再判断，（2）先判断出，再得到同理（1）可得结论；（3）先判断出，再判断出，最后计算即可．【详解】解：（1）与的位置关系是：，数量关系是．理由如下：如图1，延长交于点．于，．，，，，，．，．AE⊥BC∴，，．（2）与的位置关系是：，数量关系是．如图，线段AC与线段BD交于点F，线段AE与线段BD交于点G，，，即．，，，，．AE⊥BC∴，又∵，．（3）如图，线段AC与线段BD交于点F，和是等边三角形，，，，，，，在和中，，∴，，与的夹角度数为．【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，判断垂直的方法，解本题的关键是判断．练7、[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．练8、在等边中，，点是射线上一点，连接．（1）如图1，当点在线段上时，在线段上取一点，使得，求证：；（2）如图2，当点在延长线上时，将线段绕点逆时针旋转角度得到线段，连接，．①当位于内部，且恰好被平分时，若，求的长度；②如图3，当时，记线段与线段的交点为，猜想与的数量关系，并说明理由．【答案】（1）见详解；（2）①；②CD=2AG.【分析】（1）结合等边三级箱哦那个的性质，利用SAS证明△ABD≌△BCE，即可证得结论；（2）①过点作于点，先证明△ABD≌△ABF，再利用等边三级箱性质、30°角所对的直角边等于斜边的一般和勾股定理节课求得答案；②延长到点，使等于，连接，先证△ADC≌△FAM，再证△ABG≌△MFG，从而证得点G是AM的中点，即可证得结论。【详解】（1）证明：是等边三角形