專題1.6 手拉手模型（重點(diǎn)題專項(xiàng)講練）（浙教版）（解析版）

專題1.6手拉手模型【典例1】小明同學(xué)發(fā)現(xiàn)這樣一個(gè)規(guī)律：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(lái)則形成一組全等的三角形，小明把具有這個(gè)規(guī)律的圖形稱為“手拉手”圖形．（1）問(wèn)題發(fā)現(xiàn)：如圖1，若△ABC和△ADE均是頂角為40°的等腰三角形，BC、DE分別是底邊，求證：BD＝CE；（2）拓展探究：如圖2，若△ACB和△DCE均為等邊三角形，點(diǎn)A、D、E在同一條直線上，連接BE，則∠AEB的度數(shù)為；線段BE與AD之間的數(shù)量關(guān)系是；（3）解決問(wèn)題：如圖3，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(qǐng)判斷∠AEB的度數(shù)及線段CM、AE、BE之間的數(shù)量關(guān)系并說(shuō)明理由．【思路點(diǎn)撥】（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）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；（3）同（2）的方法，即可得出結(jié)論．【解題過(guò)程】解：（1）∵△ABC和△ADE均是頂角為40°的等腰三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝CE；（2）∵△ABC和△CDE均是等邊三角形，∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝∠CDE＝∠CED＝60°，∴∠ACB﹣∠BCD＝∠DCE﹣∠BCD，∴∠ACD＝∠BCE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，∵∠CDE＝60°，∴∠BEC＝∠ADC＝180°﹣∠CDE＝120°，∵∠CED＝60°，∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝60°，故答案為：60°，BE＝AD；（3）AE＝BE+2CM，理由：同（1）（2）的方法得，△ACD≌△BCE（SAS），∴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．∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．1．（2021春?鄄城縣期末）如圖所示，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∠1＝25°，∠2＝30°，則∠3＝（）A．55° B．50° C．45° D．60°【思路點(diǎn)撥】求出∠BAD＝∠EAC，證△BAD≌△EAC，推出∠2＝∠ABD＝30°，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)求出即可．【解題過(guò)程】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°，故選：A．2．（2020秋?饒平縣校級(jí)期末）如圖，已知AB＝AC，AF＝AE，∠EAF＝∠BAC，點(diǎn)C、D、E、F共線．則下列結(jié)論，其中正確的是（）①△AFB≌△AEC；②BF＝CE；③∠BFC＝∠EAF；④AB＝BC．A．①②③ B．①②④ C．①② D．①②③④【思路點(diǎn)撥】想辦法證明△FAB≌△EAC（SAS），利用全等三角形的性質(zhì)即可解決問(wèn)題；【解題過(guò)程】解：∵∠EAF＝∠BAC，∴∠BAF＝∠CAE，∵AF＝AE，AB＝AC，∴△FAB≌△EAC（SAS），故①正確，∴BF＝EC，故②正確，∴∠ABF＝∠ACE，∵∠BDF＝∠ADC，∴∠BFC＝∠DAC，∵∠DAC＝∠EAF，∴∠BFC＝∠EAF，故③正確，無(wú)法判斷AB＝BC，故④錯(cuò)誤，故選：A．3．（2021秋?民權(quán)縣期末）如圖，在△ABC與△AEF中，AB＝AE，BC＝EF，∠ABC＝∠AEF，∠EAB＝44°，AB交EF于點(diǎn)D，連接EB．下列結(jié)論：①∠FAC＝44°；②AF＝AC；③∠EFB＝44°；④AD＝AC，正確的個(gè)數(shù)為（）A．4個(gè) B．3個(gè) C．2個(gè) D．1個(gè)【思路點(diǎn)撥】由“SAS”可證△ABC≌△AEF，由全等三角形的性質(zhì)依次判斷可求解．【解題過(guò)程】解：在△ABC和△AEF中，AB=AE∠ABC=∠AEF∴△ABC≌△AEF（SAS），∴AF＝AC，∠EAF＝∠BAC，∠AFE＝∠C，故②正確，∴∠EAF﹣∠BAF＝∠BAC﹣∠BAF，∴∠EAB＝∠FAC＝44°，故①正確，∵∠AFB＝∠C+∠FAC＝∠AFE+∠EFB，∴∠EFB＝∠FAC＝44°，故③正確，無(wú)法證明AD＝AC，故④錯(cuò)誤，綜上，①②③正確，故選：B．4．（2021秋?南平期末）已知：如圖，在△ABC，△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，點(diǎn)C，D，E三點(diǎn)在同一條直線上，連接BD，BE．以下四個(gè)結(jié)論：①BD＝CE；②∠ACE+∠DBC＝45°；③BD⊥CE；④∠BAE+∠DAC＝180°．其中結(jié)論正確的個(gè)數(shù)是（）A．1 B．2 C．3 D．4【思路點(diǎn)撥】①由AB＝AC，AD＝AE，利用等式的性質(zhì)得到夾角相等，利用SAS得出三角形ABD與三角形AEC全等，由全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等得到BD＝CE，本選項(xiàng)正確；②由三角形ABD與三角形AEC全等，得到一對(duì)角相等，由等腰直角三角形的性質(zhì)得到∠ABD+∠DBC＝45°，等量代換得到∠ACE+∠DBC＝45°，本選項(xiàng)正確；③再利用等腰直角三角形的性質(zhì)及等量代換得到BD垂直于CE，本選項(xiàng)正確；④利用周角減去兩個(gè)直角可得答案．【解題過(guò)程】解：①∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，即∠BAD＝∠CAE，∵在△BAD和△CAE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝CE，本選項(xiàng)正確；②∵△ABC為等腰直角三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∴∠ABD+∠DBC＝45°，∵△BAD≌△CAE，∴∠ABD＝∠ACE，∴∠ACE+∠DBC＝45°，本選項(xiàng)正確；③∵∠ABD+∠DBC＝45°，∴∠ACE+∠DBC＝45°，∴∠DBC+∠DCB＝∠DBC+∠ACE+∠ACB＝90°，則BD⊥CE，本選項(xiàng)正確；④∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAE+∠DAC＝360°﹣90°﹣90°＝180°，故此選項(xiàng)正確，故選：D．5．（2021秋?北海期末）如圖，∠1＝∠2＝30°，∠A＝∠B，AE＝BE，點(diǎn)D在邊AC上，AE與BD相交于點(diǎn)O，則∠C的度數(shù)為75°．【思路點(diǎn)撥】首先根據(jù)∠1＝∠2，得∠CEA＝∠DEB，再利用ASA證明△AEC≌△BED，得DE＝EC，利用等腰三角形的性質(zhì)可得答案．【解題過(guò)程】解：∵∠1＝∠2，∴∠CEA＝∠DEB，在△AEC與△BED中，∠A=∠BAE=BE∴△AEC≌△BED（ASA），∴DE＝EC，∴∠EDC＝∠C，∵∠1＝∠2＝30°，∴∠C＝75°，故答案為：75°．6．（2021秋?鐵東區(qū)校級(jí)期中）在△ABC中，AB＝AC，點(diǎn)D是△ABC外一點(diǎn)，連接AD、BD、CD，且BD交AC于點(diǎn)O，在BD上取一點(diǎn)E，使得AE＝AD，∠EAD＝∠BAC，若∠ACB＝∠ABC＝70°，∠AED＝∠ADE，則∠BDC的度數(shù)為40°．【思路點(diǎn)撥】根據(jù)SAS證明△ABE≌△ACD，再利用全等三角形的性質(zhì)、三角形的外角性質(zhì)和三角形的內(nèi)角和解答即可．【解題過(guò)程】解：∵∠EAD＝∠BAC，∴∠BAC﹣∠EAC＝∠EAD﹣∠EAC，即：∠BAE＝∠CAD；在△ABE和△ACD中，AB=AC∠BAE=∠CAD∴△ABE≌△ACD（SAS），∴∠ABD＝∠ACD，∵∠BOC是△ABO和△DCO的外角，∴∠BOC＝∠ABD+∠BAC，∠BOC＝∠ACD+∠BDC，∴∠ABD+∠BAC＝∠ACD+∠BDC，∴∠BAC＝∠BDC，∵∠ABC＝∠ACB＝70°，∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝180°﹣70°﹣70°＝40°，∴∠BDC＝∠BAC＝40°，故答案為：40°．7．（2021秋?上城區(qū)期末）如圖，在△ABC中，AB＝AC，D為BC上的一點(diǎn)，∠BAD＝28°，在AD的右側(cè)作△ACE，使得AE＝AD，∠DAE＝∠BAC，連接CE，DE，DE交AC于點(diǎn)O，若CE∥AB，則∠DOC的度數(shù)為92°．【思路點(diǎn)撥】根據(jù)已知條件證明△DAB≌△EAC，可得∠B＝∠ACE，再根據(jù)CE∥AB，可得∠B+∠ACB+∠ACE＝180°，然后證明△ABC是等邊三角形，△ADE是等邊三角形，進(jìn)而根據(jù)三角形內(nèi)角和定理即可解決問(wèn)題．【解題過(guò)程】解：∵∠DAE＝∠BAC，∴∠DAE﹣∠DAC＝∠BAC﹣∠DAC，∴∠DAB＝∠EAC，在△DAB和△EAC中，AB=AC∠DAB=∠EAC∴△DAB≌△EAC（SAS），∴∠B＝∠ACE，∵CE∥AB，∴∠B+∠BCE＝180°，∴∠B+∠ACB+∠ACE＝180°，∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB，∴∠B＝∠ACB＝∠ACE＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴∠DAE＝∠BAC＝60°，∴△ADE是等邊三角形，∴∠ADE＝60°，∵∠BAD＝28°，∴∠OAD＝60°﹣28°＝32°，∴∠DOC＝∠OAD+∠ADE＝32°+60°＝92°．故答案為：92°．8．（2021春?西安期末）如圖，CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝50°，AD、BE交于點(diǎn)H，連接CH，則∠CHE＝65°．【思路點(diǎn)撥】根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理求出∴∠CAB＝∠ABC＝65°，求出∠ACD＝∠BCE，根據(jù)全等三角形的判定得出△ACD≌△BCE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出∠CDA＝∠CEB，再證明Rt△CHN≌Rt△CHM（HL），即可求解．【解題過(guò)程】解：∵CA＝CB，∠ACB＝50°，∴∠CAB＝∠ABC=12（180°﹣∠ACB）＝∵∠ACB＝∠DCE，∴∠ACB+∠BCD＝∠DCE+∠BCD，即∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中AC=BC∠ACD=∠BCE∴△ACD≌△BCE（SAS），∴∠CDA＝∠CEB，設(shè)BE、CD交于點(diǎn)R，∵∠CRE＝∠HRD，∴∠DHE＝∠DCE＝50°過(guò)點(diǎn)C分別作AD、BE的高CN、CM，∵△ACD≌△BCE，∴CM＝CN，∵CH＝CH，∴Rt△CHN≌Rt△CHM（HL），∴∠CHE＝∠CHN=12∠AHE=12（180°﹣∠DHE）=12故答案為：65°．9．（2021秋?雙峰縣期末）如圖，C是線段AB上的一點(diǎn)，△ACD和△BCE都是等邊三角形，AE交CD于M，BD交CE于N，交AE于O，則①DB＝AE；②∠AMC＝∠DNC；③∠AOB＝60°；④DN＝AM；⑤△CMN是等邊三角形．其中，正確的有①②④⑤．【思路點(diǎn)撥】易證△ACE≌△DCB，可得①正確；即可求得∠AOB＝120°，可得③錯(cuò)誤；再證明△ACM≌△DCN，可得②④正確和CM＝CN，即可證明⑤正確；即可解題．【解題過(guò)程】解：∵∠ACD＝∠BCE＝60°，∴∠DCE＝60°，在△ACE和△DCB中，AC=DC∠ACE=∠DCB∴△ACE≌△DCB（SAS），∴∠BDC＝∠EAC，DB＝AE，①正確；∠CBD＝∠AEC，∵∠AOB＝180°﹣∠OAB﹣∠DBC，∴∠AOB＝180°﹣∠AEC﹣∠OAB＝120°，③錯(cuò)誤；在△ACM和△DCN中，∠BDC=∠EACDC=AC∴△ACM≌△DCN（ASA），∴AM＝DN，④正確；∠AMC＝∠DNC，②正確；CM＝CN，∵∠MCN＝60°，∴△CMN是等邊三角形，⑤正確；故答案為：①②④⑤．10．（2021秋?鼓樓區(qū)校級(jí)期末）如圖，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAD＝∠CAE．求證：∠ABD＝∠ACE．【思路點(diǎn)撥】由“SAS”可證△ABD≌△ACE，可得結(jié)論．【解題過(guò)程】證明：在△ABD和△ACE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE．11．（2021秋?新吳區(qū)期末）如圖，在△ABD和△ACD中，AB＝AC，BD＝CD．（1）求證：△ABD≌△ACD；（2）過(guò)點(diǎn)D作DE∥AC交AB于點(diǎn)E，求證：AE＝DE．【思路點(diǎn)撥】（1）根據(jù)SSS證明三角形全等即可；（2）欲證明AE＝DE，只要證明∠EAD＝∠ADE即可．【解題過(guò)程】（1）證明：在Rt△ADB和△ADC中，AB=ACAF=AD∴△ADB≌△ADC（SSS）；（2）證明：∵△ADB≌△ADC，∴∠DAB＝∠DAC，∵DE∥AC，∴∠ADE＝∠DAC，∴∠EAD＝∠EDA，∴AE＝DE．12．（2020秋?蕭山區(qū)期末）如圖，在△AOB和△COD中，OA＝OB，OC＝OD，若∠AOB＝∠COD＝60°．（1）求證：AC＝BD．（2）求∠APB的度數(shù)．【思路點(diǎn)撥】（1）先∠AOB＝∠COD＝60°，OA＝OB，OC＝OD得到∠AOC＝∠BOD，然后得證△AOC≌△BOD，從而得到AC＝BD；（2）先由△AOC≌△BOD得到∠OAC＝∠OBD，從而得到∠PAB+∠PBA＝∠OAB+∠OBA，然后由OA＝OB，∠AOB＝60°得到△AOB是等邊三角形，從而得到∠PAB+∠PBA＝120°，最后得到∠APB的度數(shù)．【解題過(guò)程】（1）證明：∵∠AOB＝∠COD，∴∠AOC＝∠BOD，在△AOC和△BOD中，OA=OC∠AOC=∠BOD∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC＝BD．（2）解：∵△AOC≌△BOD，∴∠OAC＝∠OBD，∵∠OAC+∠BAC＝∠OAB，∠ABO+∠OBD＝∠ABP，∴∠PAB+∠PBA＝∠OAB+∠OBA，∵OA＝OB，∠AOB＝60°，∴△AOB是等邊三角形，∴∠PAB+∠PBA＝120°，∴∠APB＝180°﹣（∠PAB+∠PBA）＝180°﹣120°＝60°．13．（2021秋?長(zhǎng)沙期末）如圖，△ABD、△AEC都是等邊三角形，直線CD與直線BE交于點(diǎn)F．（1）求證：CD＝BE；（2）求∠CFB的度數(shù)．【思路點(diǎn)撥】（1）利用△ABD、△AEC都是等邊三角形，證明△DAC≌△BAE，即可得到CD＝BE；（2）由△DAC≌△BAE，得到∠ADC＝∠ABE，再由∠CFE＝∠BDF+∠DBF＝∠BDF+∠DBA+∠ABF，即可解答．【解題過(guò)程】（1）證明：∵△ABD、△AEC都是等邊三角形，∴AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠DBA＝∠ADB＝60°，∠CAE＝60°，∵∠DAB＝∠DAC+∠CAB，∠CAE＝∠BAE+∠CAB，∴∠DAC＝∠BAE，在△DAC和△BAE中，AD=AB∠DAC=∠BAE∴△DAC≌△BAE（SAS），∴CD＝BE．（2）解：∵△DAC≌△BAE，∴∠ADC＝∠ABE，∴∠CFE＝∠BDF+∠DBF＝∠BDF+∠DBA+∠ABF＝∠BDF+∠DBA+∠ADC＝∠BDA+∠DBA＝60°+60°＝120°，∴∠CFB＝60°．14．（2021秋?長(zhǎng)沙縣期末）如圖，已知在四邊形ABCD中，點(diǎn)E在BC上，使∠AEB＝∠ADC，連接AC，AB＝AC，∠BAC＝∠DAE．（1）求證：△ABE≌△ACD；（2）若∠BAC＝90°，連接ED，求∠AED的度數(shù)．【思路點(diǎn)撥】（1）證出∠BAE＝∠CAD，根據(jù)AAS可證明△ABE≌△ACD；（2）由全等三角形的性質(zhì)及等腰直角三角形的性質(zhì)可得出答案．【解題過(guò)程】（1）證明：∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC﹣∠EAC＝∠DAE﹣∠EAC，∴∠BAE＝∠CAD，在△ABE和△ACD中，∠BAE=∠CAD∠AEB=∠ADC∴△ABE≌△ACD（AAS）；（2）解：∵△ABE≌△ACD，∴AE＝AD，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴△ADE是等腰直角三角形，∴∠AED＝∠ADE＝45°．15．（2021秋?德江縣期末）某校八年級(jí)數(shù)學(xué)興趣小組的同學(xué)在研究三角形時(shí)，把兩個(gè)大小不同的等腰直角三角板按圖①所示放置，圖②是由它抽象出的幾何圖形，B，C，E在同一條直線上，連接DC．（1）請(qǐng)找出圖②中的全等三角形，并給予說(shuō)明（說(shuō)明：結(jié)論中不得含有未標(biāo)識(shí)的字母）；（2）試說(shuō)明：DC與BE的位置關(guān)系．【思路點(diǎn)撥】（1）利用SAS定理證明△BAE≌△CAD；（2）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠B＝∠ACB＝45°，根據(jù)垂直的定義證明結(jié)論．【解題過(guò)程】解：（1）△BAE≌△CAD，理由如下：∵∠BAC＝∠EAD＝90°，∴∠BAC+∠CAE＝∠EAD+∠CAE，即∠BAE＝∠CAD在△BAE和△CAD中，BA=BC∠BAE=∠CAD∴△BAE≌△CAD（SAS）；（2）DC⊥BE，理由如下：∵△BAC為等腰直角三角形，∴∠B＝∠ACB＝45°，∵△BAE≌△CAD，∴∠CAD＝∠B＝45°，∴∠ACD＝∠ACB+∠CAD＝90°，∴DC⊥BE．16．（2