《專項練習》2023學年八年級上冊（人教版）模型方法課之手拉手模型壓軸題專練（解析版）

更多資料添加微信號：DEM2008淘寶搜索店鋪：優(yōu)尖升教育網(wǎng)址：更多資料添加微信號：DEM2008淘寶搜索店鋪：優(yōu)尖升教育網(wǎng)址：專題03模型方法課之手拉手模型壓軸題專練（解析版）學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．如圖，在△OAB和△OCD中，OA=OB，OC=OD，OA＞OC，∠AOB=∠COD=40°，連接AC，BD交于點M，連接OM，下列結論：①△AOC≌△BOD；②AC=BD；③∠AMB=40°；④MO平分∠BMC．其中正確的個數(shù)為（）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】A【分析】由題意易得∠AOC=∠BOD，然后根據(jù)三角形全等的性質及角平分線的判定定理可進行求解．【詳解】解：∵∠AOB=∠COD=40°，∠AOD是公共角，∴∠COD+∠AOD=∠BOA+∠AOD，即∠AOC=∠BOD，∵OA=OB，OC=OD，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC=BD，∠OAC=∠OBD，∠ODB=∠OCA，故①②正確；過點O作OE⊥AC于點E，OF⊥BD于點F，BD與OA相交于點H，如圖所示：∵∠AHM=∠OHB，∠AMB=180°-∠AHM-∠OAC，∠BOA=180°-∠OHB-∠OBD，∴∠AMB=∠BOA=40°，∴∠OEC=∠OFD=90°，∵OC=OD，∠OCA=∠ODB，∴△OEC≌△OFD（AAS），∴OE=OF，∴OM平分∠BMC，故③④正確；所以正確的個數(shù)有4個；故選A．【點睛】本題主要考查全等三角形的性質與判定及角平分線的判定定理，熟練掌握全等三角形的性質與判定及角平分線的判定定理是解題的關鍵．2．如圖，，，三點在同一直線上，，都是等邊三角形，連接，，：下列結論中正確的是（）①△ACD≌△BCE；②△CPQ是等邊三角形；③平分；④△BPO≌△EDO．A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④【答案】B【分析】利用等邊三角形的性質，三角形的全等，逐一判斷即可．【詳解】∵△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．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質與判定，三角形的全等與性質，角平分線的性質定理，熟練掌握等邊三角形的性質，靈活進行三角形全等的判定，活用角的平分線性質定理的逆定理是解題的關鍵．3．如圖，點C是線段AE上一動點（不與A，E重合），在AE同側分別作等邊三角形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個結論：①AD=BE；②PQ∥AE；③AP=BQ；④DE=DP；⑤∠AOB=60°．其中一定成立的結論有（）個A．1 B．2 C．3 D．4【答案】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，BC∥DE，再根據(jù)平行線的性質得到∠CBE=∠DEO，于是∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，可知⑤正確．【詳解】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≠QE，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，正確的結論有：①②③⑤，錯誤的結論只有④，故選D．【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質，以及等邊三角形的判定和性質，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鍵．二、填空題4．如圖，CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=50°，AD、BE交于點H，連接CH，則∠CHE=_______．【答案】65°【分析】先判斷出，再判斷出即可得到平分，即可得出結論．【詳解】解：如圖，，，在和中，；過點作于，于，，，在和中，，，在與中，，平分；，，，，，，故答案為：．【點睛】此題考查了全等三角形的判定與性質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)形結合思想的應用．5．在中，，，，點是內一點，則點到三個頂點的距離和的最小值是_______．【答案】【分析】如圖,以為邊作等邊三角形，以為邊作等邊，通過全等即可將進行轉換，再分析當、、、四點共線時，值最小，利用勾股定理求出即可．【詳解】如圖：以為邊作等邊三角形，以為邊作等邊，連接，作，作，交的延長線于．和是等邊三角形，，在和中，，，，，當、、、四點共線時，值最小，，，．，，，最小值為．故答案為：．【點睛】本題考查了構造等邊三角形，利用手拉手模型求解線段和最小值問題，能夠熟練利用等邊三角形的性質是解決本題的關鍵．三、解答題6．如圖，、均是等邊三角形，、分別與、交于點、，求證：（1）；（2）；（3）為等邊三角形；（4）．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）見解析；（4）見解析【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質得出AC=DC，EC=BC，∠ACD=∠BCE=60°，求出∠ACE=∠DCB，根據(jù)SAS推出△ACE≌△DCB即可；

（2）根據(jù)全等三角形的性質得出∠CAE=∠CDB，根據(jù)等邊三角形的性質得出AC=DC，∠ACM=∠BCE=60°，求出∠DCE=60°，推出∠ACM=∠DCN，根據(jù)ASA推出△ACM≌△DCN即可；

（3）根據(jù)有一個角等于60°的等腰三角形是等邊三角形推出△CMN為等邊三角形，推出∠CMN=∠CNM=∠DCN=60°，求出∠CMN=∠ACM=60°，即可得出答案；

（4）根據(jù)等邊三角形的性質得出∠CMN=∠ACM=60°，根據(jù)平行線的判定得出即可．【詳解】解：證明：（1）∵△DAC、△EBC均是等邊三角形，

∴AC=DC，EC=BC，∠ACD=∠BCE=60°，

∴∠ACD+∠DCE=∠BCE+∠DCE，

即∠ACE=∠DCB，

在△ACE和△DCB中，，∴△ACE≌△DCB（SAS），

∴AE=BD；（2）∵由（1）可知：△ACE≌△DCB，

∴∠CAE=∠CDB，

即∠CAM=∠CDN，

∵△DAC、△EBC均是等邊三角形，

∴AC=DC，∠ACM=∠BCE=60°，

又點A、C、B在同一條直線上，

∴∠DCE=180°-∠ACD-∠BCE=180°-60°-60°=60°，

即∠DCN=60°，

∴∠ACM=∠DCN，

在△ACM和△DCN中，，∴△ACM≌△DCN（ASA），

∴CM=CN；（3）∵由（2）可知CM=CN，∠MCN=60°，

∴△CMN為等邊三角形（有一個角等于60°的等腰三角形是等邊三角形）；（4）∵△CMN為等邊三角形

∴∠CMN=∠CNM=∠DCN=60°，

∴∠CMN=∠ACM=60°，

∴MN∥BC．【點睛】本題考查了全等三角形的性質和判定，等邊三角形的性質和判定，平行線的判定的應用，主要考查學生的運用性質進行推理的能力，注意：全等三角形的對應邊相等，對應角相等．7．如圖，C為線段AE上一動點（不與點A，E重合），在AE同側分別作正三角形ABC和正三角形CDE（正三角形也叫等邊三角形，它的三條邊都相等，三個內角都等于60°），AD與BE交于點O，AD與BC交于點P，BE與CD交于點Q，連結PQ．試說明：（1）AD=BE；（2）填空∠AOE=°；（3）CP=CQ；【答案】（1）見解析；（2）120；（3）見解析【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；（2）由（1）推出∠CAD=∠CBE，利用三角形內角和定理可求得∠BOP=∠ACP=60°，從而求得∠AOE的度數(shù)；（3）由△ACD≌△BCE得∠CBE=∠DAC，加之∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，得到△CQB≌△CPA（ASA），從而證明CP=CQ．【詳解】（1）∵△ABC和△CDE為等邊三角形，

∴AC=BC，CD=CE，∠BCA=∠DCE=60°，

∴∠ACD=∠BCE，

在△ACD與△BCE中，，

∴△ACD≌△BCE(SAS)，

∴AD=BE；（2）∵△ACD≌△BCE，∴∠CAD=∠CBE，∵∠APC=∠BPO，∴∠BOP=∠ACP=60°，∴∠AOE=18060°=120°，故答案為：120；（3）∵△ACD≌△BCE，∴∠CAD=∠CBE，∵∠ACB=∠DCE=60°，∴∠BCQ=60°，在△CQB和△CPA中，，

∴△CQB≌△CPA（ASA），∴CP=CQ．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質，全等三角的判定與性質，三角形的內角和定理，解題的關鍵是正確尋找全等三角形解決問題．8．如圖1，等邊△ABC中，AO是∠BAC的角平分線，D為AO上一點，以CD為一邊且在CD下方作等邊△CDE，連結BE．（1）求證：△ACD≌△BCE；（2）圖2，延長BE至Q，P為BQ上一點，連結CP，CQ使CP＝CQ＝5，若BC＝8時，求PQ的長．【答案】（1）見解析；（2）．【分析】（1）由題意易得，，，然后根據(jù)題意可進行求證；（2）作交于，則，由（1）易得，然后根據(jù)勾股定理求解即可．【詳解】（1）∵和均為等邊三角形，∴，，且，∵，∴，∴（2）作交于，則，在中，由已知和（1）得，∴，在中，，∴．【點睛】本題主要考查全等三角形的性質與判定及勾股定理、含30°角的直角三角形，關鍵是根據(jù)題意得到三角形的全等，然后根據(jù)勾股定理及直角三角形的性質進行求解問題即可．9．如圖1，點是線段上除點、外的任意一點，分別以、為邊在線段的同旁做等邊三角形和等邊三角形，連接和BC相交于點Q，（1）求證：．（2）求的度數(shù)．（3）如圖2所示，和仍為等邊三角形，但和不在同一條直線上，是否成立，的度數(shù)與圖1是否相等，請直接寫出結論．【答案】（1）見解析；（2）60°；（3）成立，相等【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質得到PA=PC，∠APC=60°，PB=PD，∠BPD=60°，于是得到∠APD=∠CPB，證得△APD≌△CPB，即可證明AD=BC；（2）由△APD≌△CPB，再根據(jù)三角形的外角的性質即可求解；（2）根據(jù)等邊三角形的性質得到PA=PC，∠APC=60°，PB=PD，∠BPD=60°，于是得到∠APD=∠CPB，證得△APD≌△CPB，即可證明AD=BC，再根據(jù)三角形的外角的性質即可求得∠AQC=60°．【詳解】（1）∵△APC是等邊三角形，

∴PA=PC，∠APC=60°，

∵△BDP是等邊三角形，

∴PB=PD，∠BPD=60°，

∴∠APC=∠BPD，

∴∠APD=∠CPB，

在△APD與△CPB中，，

∴△APD≌△CPB(SAS)，∴AD=BC；

（2）由（1）得：△APD≌△CPB，∴∠PAD=∠PCB，

∵∠QAP+∠QAC+∠ACP=120°，

∴∠QCP+∠QAC+∠ACP=120°，

∴∠AQC=180°-120°=60°；（3）AD=BC成立，∠AQC=60°，理由如下：∵△APC是等邊三角形，

∴PA=PC，∠APC=60°，

∵△BDP是等邊三角形，

∴PB=PD，∠BPD=60°，

∴∠APC=∠BPD，

∴∠APD=∠CPB，

在△APD與△CPB中，，

∴△APD≌△CPB(SAS)，∴AD=BC；

∴∠PAD=∠PCB，

∵∠QAP+∠QAC+∠ACP=120°，

∴∠QCP+∠QAC+∠ACP=120°，

∴∠AQC=180°-120°=60°．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質，三角形內角和定理，全等三角形的判定與性質以及三角形的外角性質，正確證明兩個三角形全等是解題的關鍵．10．在△ABC中，∠BAC=90°，AC=AB，點D為直線BC上的一動點，以AD為邊作△ADE（頂點A?D?E按逆時針方向排列），且∠DAE=90°，AD=AE，連接CE．（1）如圖1，若點D在BC邊上（點D與B?C不重合），①求證：△ABD≌△ACE；②求證：（2）如圖2，若點D在CB的延長線上，若DB=5，BC=7，則△ADE的面積為____．（3）如圖3，若點D在BC的延長線上，以AD為邊作等腰Rt△ADE，∠DAE=90°，連結BE，若BE=10，BC=6，則AE的長為______．【答案】（1）①見解析；②見解析；（2）；（3）【分析】（1）①根據(jù)∠BAC=∠DAE，推出∠BAD=∠CAE，再結合AB=AC，AD=AE，即可證明△ABD≌△ACE，②根據(jù)∠ABD=∠ACE，可得∠ABD+∠ACB=∠ACE+∠ACB=∠BCE，根據(jù)BD=CE，即可證明結論；（2）過點A作AF⊥DE于點F，利用等腰三角形的性質和直角三角形的性質，易得AF＝DE，利用全等三角形的判定定理可得△ABD≌△ACE，由全等三角形的性質可得∠ADB＝∠AEC，DB＝EC，易得EC＝5，DC＝12，利用勾股定理可得DE的長，利用三角形的面積公式可得結論；（3）根據(jù)Rt△BCE中，BE＝10，BC＝6，求得CE＝＝8，進而得出CD＝8?6＝2，在Rt△DCE中，求得DE＝=，最后根據(jù)△ADE是等腰直角三角形，即可得出AE的長．【詳解】（1）①∵∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠CAE，又∵AB=AC，AD=AE，∴△ABD≌△ACE，②∵△ABD≌△ACE，∴∠ABD=∠ACE，BD=CE，∴∠ABD+∠ACB=∠ACE+∠ACB=∠DCE=90°，；（2）過點A作AF⊥DE于點F．∵AD＝AE，∴點F是DE的中點，∵∠DAE＝90°，∴AF＝DE，同理可證△ABD≌△ACE，∴∠ADB＝∠AEC，DB＝EC，∵DB＝5，BC＝7，∴EC＝5，DC＝12，∵∠DAE＝90°，∴∠ADE＋∠AED＝90°，∴∠ADC＋∠CDE＋∠AED＝90°，∴∠AEC＋∠AED＋∠CDE＝90°，即∠CED＋∠CDE＝90°，∴∠ECD＝90°，∴DE2＝CE2＋CD2＝25＋144＝169，∵DE＞0，∴DE＝13，∴AF＝，∴△ADE的面積為＝DE?AF＝×13×＝；（3）由（1）可知：△ABD≌△ACE，∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，∴∠BCE=∠ACB+∠∠ACE=∠ACB+∠ABD=90°，∴Rt△BCE中，BE＝10，BC＝6，∴CE＝＝8，∴BD＝CE＝8，∴CD＝8?6＝2，∴Rt△DCE中，DE＝=，∵△ADE是等腰直角三角形，∴AE＝＝=．【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定定理及性質定理，還有等腰三角形的性質等，綜合利用定理，作出恰當?shù)妮o助線是解答此題的關鍵．11．如圖，和都是等邊三角形，直線，交于點．（1）如圖1，當，，三點在同一直線上時，的度數(shù)為_____，線段與的數(shù)量關系為_____．（2）如圖2，當繞點順時針旋轉時，（1）中的結論是否還成立？若不成立，請說明理由：若成立，請就圖2給予證明．（3）若，，當繞點順時針旋轉一周時，請直接寫出長的取值范圍．【答案】（1），；（2）（1）中結論仍成立；證明見解析；（3）．【分析】（1）利用等邊三角形的性質證明△ACE≌△BCD，結合三角形的外角就可以得出結論；（2）同（1）中方法證明△ACE≌△BCD，得出，，再根據(jù)三角形的內角和得出（3）當B、C、D三點共線時得出BD的最大和最小值，即可得出結論【詳解】解：（1）是等邊三角形，，，是等邊三角形，，，，即，在和中，，，，，且（2）（1）中結論仍成立證明：是等邊三角形，，，是等邊三角形，，，，即，在和中，，，，，且（3）是等邊三角形，，當旋轉=時，B、C、D三點共線，此時BD=BC+CD=7當旋轉=時，B、C、D三點共線，此時BD=BC-CD=1∴．【點睛】本題考查了等邊三角形性質的運用，全等三角形的判定及性質的運用，以及旋轉的性質，解答時證明三角形全等是關鍵．12．如圖，點是線段上一動點，均為等邊三角形．連接和分別交于點交于點，連接．（1）求證：；（2）設，那么的大小是否隨的位置變化而變化？請說明理由；（3）證明：是等邊三角形．【答案】（1）詳見解析；（2）不變，詳見解析（3）詳見解析．【分析】（1）∵等邊三角形的性質可得AB＝DB，BE＝BC，∠ABD＝∠EBC＝60°，根據(jù)角的和差可得∠ABE＝∠DBC，根據(jù)全等三角形的判定可證得△ABE≌△DBC，繼而即可求證結論；（2）由角的和差和等角代換可得∠DHA＝CDB＋∠ACD，再由三角形內角和定理即可求解；（3）先由全等三角形的判定證得△AFB≌△DBG（ASA），可得BF＝BG，由等邊三角形的判定即可求證結論．【詳解】（1）均為等邊三角形．∴AB＝DB，BE＝BC，∠ABD＝∠EBC＝60°，∵∠ABD＋∠DBE＝∠EBC＋∠DBE，即∠ABE＝∠DBC，在△ABE和△DBC中，△ABE≌△DBC（SAS）∴AE＝CD；（2）∵∠DHA＝∠HAC＋∠ACD，由（1）知：∠EAC＝∠CDB，∠ABD＝∠EBC＝60°，∴∠DBG＝180°－120°＝60°，∠DBC＝120°∴∠DHA＝CDB＋∠ACD＝180°－∠DBC＝180°－120°＝60°∴的大小是固定的，不會隨的位置變化而變化；（3）在△AFB和△DBG中，∴△AFB≌△DBG（ASA）∴BF＝BG∵∠FBG＝60°∴是等邊三角形．【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質、等邊三角形點與性質，角的和差，解題的關鍵是綜合運用所學知識．13．如圖，△ABC是等邊三角形，AB=4cm．動點P，Q分別從點A、B同時出發(fā)，動點P以1cm/s的速度沿AC向終點C運動．動點Q以2cm/s的速度沿射線BC運動．當點P停止運動時，點Q也隨之停止運動．點P出發(fā)后，過點P作PE∥AB交BC于點E，連結PQ，以PQ為邊作等邊三角形PQF，連結CF，設點的運動時間為t（s）（1）用含t的代數(shù)式表示CQ的長．（2）求△PCE的周長（用含t的代數(shù)式表示）．（3）求CF的長（用含t的代數(shù)式表示）．（4）當△PQF的邊與BC垂直時，直接寫出t的值．【答案】（1）當0≤t≤2時，CQ=4-2t；當2＜t≤4時，CQ=2t-4；（2）；（3）；（4）當?shù)倪吪c垂直時，的值為或【分析】（1）分Q在線段BC上以及射線CD上兩種情況進行討論即可；（2）根據(jù)題意可先證明△PCE是等邊三角形，然后求出PC，再乘3即可；（3）根據(jù)“雙等邊”模型，可證明△PEQ≌△PCF，從而得到CF=EQ，求出EQ即可；（4）分PQ⊥BC時，和FQ⊥BC時，兩種情況進行求解即可．【詳解】解：（1）根據(jù)題意，∵△ABC是等邊三角形，∴，∵動點P以的速度沿AC向終點C運動，∴時間的最大值為：（秒），∴；∵動點以的速度沿射線運動，∴，當時，；當時，；（2）∵，是等邊三角形，∴∠PEC=∠B=60°，∠EPC=∠A=60°，∵∠ACB=60°，∴△PCE是等邊三角形，∴PC=PE=CE，∵，∴△PCE的周長為：；（3）如圖：∵是等邊三角形，∴，∠QPF=60°，∵△PCE是等邊三角形，∴PC=PE，∠EPC=∠QPF=60°，∴△PEQ≌△PCF，∴CF=EQ，∵，∵，，∴；（4）根據(jù)題意，①當PQ⊥BC時，如圖：∵△PCE是等邊三角形，∴PQ是高，也是中線，∴，∵，∴，解得：；②當FQ⊥BC時，如圖：∵∠FQC=90°，∠FQP=60°，∴∠PQE=30°，∵∠PCE=60°，∴∠CPQ=30°=∠PQE，∴PC=CQ，∵，，∴，解得：；綜合上述，當?shù)倪吪c垂直時，的值為或．【點睛】本題主要考查等邊三角形的性質以及全等三角形的判定與性質，熟練掌握“手拉手”的基本模型是解題關鍵．14．已知等邊，為邊中點，為邊上一點（不與A，重合），連接．（1）如圖1，點是邊的中點，當在線段上（不與A，重合）時，將繞點逆時針旋轉得到線段，連接．①依題意補全圖1；②此時與的數(shù)量關系為：，=°．（2）如圖2，若，在邊上有一點，使得．直接用等式表示線段，，之間的數(shù)量關系，并證明．【答案】（1）①見解析；②，120；（2），證明見解析【分析】（1）①根據(jù)提示畫出圖形即可；②連接DE，證明△DME≌△DFB即可得到結論；（3）取線段中點，連接．由三角形中位線定理得，，．根據(jù)是等邊三角形可證明，，再證明得，，進一步可得結論．【詳解】解：（1）①補全圖形如圖1．②線段與的數(shù)量關系為；．連接DE，∵D為BC的中點，E為AC的中點，∴DE為△ABC的中?線，∴DE=AB，DE//AB∵是等邊三角形，∴，．∵D為BC的中點，∴∵∴，∴∵，∴△DME≌△DFB∴；．∵∴∴．故答案為：；．（2）證明：取線段中點，連接．如圖2．∵點是邊的中點，點是邊的中點，∴，，．∵是等邊三角形，∴，．∴，．∴，∵，∴．∴．∴，，∵，∴．【點睛】此題主要考查了全等三角形的判定與性質，等邊三角形的性質以及三角形中位線定理，正確作出輔助線構造全等三角形是解答此題的關鍵．15．如圖，B，C，E三點在一條直線上，△ABC和△DCE均為等邊三角形，BD與AC交于點M，AE與CD交于點N．（1）求證：AE＝BD；（2）連接MN，求證：MN∥BE；（3）若把△DCE繞點C順時針旋轉一個角度，（1）中的結論還成立嗎？說明理由．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）成立，理由見解析【分析】（1）根據(jù)等邊三角形邊長相等的性質和各內角為的性質可求得，根據(jù)全等三角形對應邊相等的性質即可求得．（2）是等邊三角形，由可知，根據(jù)可證明，得到，又，可知是等邊三角形，得到，由，得到，所以．（3）根據(jù)題意畫出圖形，證明方法與（1）相同．【詳解】解：（1）證明：如圖1中，與都是等邊三角形，，，，，，，即．在和中，，．．（2）證明：如圖1中，連接，，．在和中，，，，，是等邊三角形，，，，．（3）成立；理由如下：如圖2中，、均為等邊三角形，，，，，即，在和中，，，．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質的運用及全等三角形的判定和性質的運用．解決本題的關鍵是證明三角形全等，屬于中考常考題型．16．如圖，兩個正方形ABCD與DEFG，連結AG，CE，二者相交于點H．（1）證明：△ADG≌△CDE；（2）請說明AG和CE的位置和數(shù)量關系，并給予證明；（3）連結AE和CG，請問△ADE的面積和△CDG的面積有怎樣的數(shù)量關系？并說明理由．【答案】(1)答案見解析；(2)AG=CE，AG⊥CE；(3)△ADE的面積=△CDG的面積【分析】（1）利用SAS證明△ADG≌△CDE；（2）利用△ADG≌△CDE得到AG=CE，∠DAG=∠DCE，利用∠DAG+∠AMD=90°得到∠DCE+∠CMG=90°，即可推出AG⊥CE；（3）△ADE的面積=△CDG的面積，作GP⊥CD于P，EN⊥AD交AD的延長線于N，證明△DPG≌△DNE，得到PG=EN，再利用三角形的面積公式分別表示出△ADE的面積，△CDG的面積，即可得到結論△ADE的面積=△CDG的面積.【詳解】（1）∵四邊形ABCD與DEFG都是正方形，∴AD=CD，DG=DE，∠ADC=∠EDG=90°，∴∠ADC+∠CDG=∠EDG+∠CDG，∴∠ADG=∠CDE，∴△ADG≌△CDE（SAS），（2）AG=CE，AG⊥CE，∵△ADG≌△CDE，∴AG=CE，∠DAG=∠DCE，∵∠DAG+∠AMD=90°，∠AMD=∠CMG，∴∠DCE+∠CMG=90°，∴∠CHA=90°，∴AG⊥CE；（3）△ADE的面積=△CDG的面積，作GP⊥CD于P，EN⊥AD交AD的延長線于N，則∠DPG=∠DNE=90°，∵∠GDE=90°，∴∠EDN+∠GDN=90°，∵∠PDG+∠GDN=90°，∴∠EDN=∠PDG，∵DE=DG，∴△DPG≌△DNE，∴PG=EN，∵△ADE的面積=，△CDG的面積=，∴△ADE的面積=△CDG的面積.【點睛】此題考查正方形的性質，三角形全等的判定及性質，利用三角形面積公式求解，根據(jù)圖形得到三角形全等的條件是解題的關鍵.17．已知在中，，過點引一條射線，是上一點．（問題解決）（1）如圖1，若，射線在內部，，求證：．小明同學展示的做法是：在上取一點使得，通過已知的條件，從而求得的度數(shù)，請你幫助小明寫出證明過程；（類比探究）（2）如圖2，已知．①當射線在內，求的度數(shù)；②當射線在下方，如圖3所示，請問的度數(shù)會變化嗎？若不變，請說明理由，若改變，請求出的度數(shù)【答案】（1）見解析；（2）①120°；②會變，60°【分析】（1）在上取一點使得，可證≌，求出∠ADC的度數(shù)，減去∠ADB的度數(shù)即可；（2）在上取一點，使得，可證≌，求出∠ADC的度數(shù)，減去∠ADB的度數(shù)即可；（3）在延長線上取一點，使得，按照（2）的方法可求．【詳解】證明：（1）在上取一點使得，∵，∴為等邊三角形，∵∴為等邊三角形，∴，∴≌（），∴，∴；（2）①如圖2，在上取一點，使得，∵，且，∴，∴，∴∴≌（），∴，∴，②會變，如圖3，在延長線上取一點，使得同理可得：≌（），∴，∴．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質，等腰三角形的性質，解題關鍵是恰當?shù)淖鬏o助線，構造“手拉手”手拉手全等模型，利用全等三角形的性質求角．18．如圖，△ABD和△BCE都是等邊三角形，∠ABC＜105°，AE與DC交于點F．（1）求證：AE＝DC；（2）求∠BFE的度數(shù)；（3）若AF＝9.17cm，BF＝1.53cm，CF＝7.53cm，求CD．【答案】（1）見解析；（2）60°；（3）18.23cm【分析】（1）由等邊三角形的性質可知∠DBA＝∠EBC＝60°，BD＝AB，BC＝BE．從而可證∠DBC＝∠ABE．即可利用“SAS”可證明△DBC≌△ABE，得出結論AE＝DC．（2）過點B作BN⊥CD于N，BH⊥AE于H．由△DBC≌△ABE可知∠BEH＝∠BCN，∠BDF＝∠BAF．再結合等邊三角形的性質可求出∠FDA+∠DAF＝120°，進而求出∠DFA＝180°-120°＝60°，即求出∠DFE＝180°-60°＝120°．即可利用“AAS”證明△BEH≌△BCN，得出結論BH＝BN，即得出BF平分∠DFE，即可求出∠BFE＝60°．（3）延長BF至Q，使FQ＝AF，連接AQ．根據(jù)所作輔助線可知∠AFQ＝∠BFE＝60°，即證明△AFQ是等邊三角形，得出結論AF＝AQ＝BQ，∠FAQ＝60°．又可證明∠DAF＝∠BAQ．利用“SAS”可證明△DAF≌△BAQ，即得出DF＝BQ＝BF+FQ＝BF+AF，最后即可求出CD＝DF+CF＝BF+AF+CF＝1.53+9.17+7.53＝18.23cm．【詳解】（1）證明：∵△ABD和△BCE都是等邊三角形，∴∠DBA＝∠EBC＝60°，BD＝AB，BC＝BE，∴∠DBA+∠ABC＝∠EBC+∠ABC，即∠DBC＝∠ABE，∵在△DBC和△ABE中，，∴△DBC≌△ABE（SAS），∴AE＝DC；（2）解：如圖，過點B作BN⊥CD于N，BH⊥AE于H．∵△DBC≌△ABE，∴∠BEH＝∠BCN，∠BDF＝∠BAF，∵△ABD是等邊三角形，∴∠BDA+∠BAD＝120°，∴∠FDA+∠DAF＝120°，∴∠DFA＝180°-120°＝60°，∴∠DFE＝180°-60°＝120°，在△BEH和△BCN中，，∴△BEH≌△BCN（AAS），∴BH＝BN，∴BF平分∠DFE，∴∠BFE＝∠DFE＝×120°＝60°；（3）解：如圖，延長BF至Q，使FQ＝AF，連接AQ．則∠AFQ＝∠BFE＝60°，∴△AFQ是等邊三角形，∴AF＝AQ＝BQ，∠FAQ＝60°，∵△ABD是等邊三角形，∴AD＝AB，∠DAB＝60°，∴∠DAB+∠BAF＝∠BAF+∠FAQ，即∠DAF＝∠BAQ，在△DAF和△BAQ中，，∴△DAF≌△BAQ（SAS），∴DF＝BQ＝BF+FQ＝BF+AF，∴CD＝DF+CF＝BF+AF+CF＝1.53+9.17+7.53＝18.23cm．【點睛】本題為三角形綜合題．考查等邊三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，三角形內角和定理以及角平分線的判定和性質．正確的作出輔助線也是解答本題的關鍵．19．問題背景：如圖，△ABC是等邊三角形，△BDC是頂角為120°的等腰三角形，以D為頂點作一個60°角，角的兩邊分別交AB，AC邊于M、N兩點，連接MN．探究線段BM，MN，CN之間的數(shù)量關系．嘉琪同學探究此問題的方法是：延長NC至點E，使CE＝BM，連接DE，先證明△CDE≌△BDM，再證明△MDN≌△EDN，可得出線段BM，MN，CN之間的數(shù)量關系為．請你根據(jù)嘉琪同學的做法，寫出證明過程．探索延伸：若點M，N分別是線段AB，CA延長線上的點，其他條件不變，再探索線段BM，MN，NC之間的關系，寫出你的結論，并說明理由．【答案】問題背景：MN＝BM+N