专题1.24 全等三角形几何模型（手拉手）（分层练习）（综合练）-2023-2024学年八年级数学上册基础知识专项突破讲与练（苏科版）.docx

1、专题1.24 全等三角形几何模型（手拉手）（分层练习）（综合练）手拉手模型是最常见的一类证明全等或相似的重要数学模型，全等型手拉手模型主要有以下三个特征：双等腰、共顶点、顶角相等.模型一：等边三角形ABC 和 CDE 均为等边三角形，点 C 为公共顶点，如图一：结论：ACE BCD . 图一 图二模型二：等腰三角形等腰 ABC 和等腰 CDE，点 C 是公共顶点，ACB = DCE = a , 如图二：结论：ACD BCE .除了以上二个模型外，还有正方形等等一、单选题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B

2、C交于点P，BE与CD交于点Q，连结PQ以下结论错误的是（） AAOB=60BAP=BQCPQAEDDE=DP2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 连接，则平分 A4 B3 C2 D13如图，在直线AC的同一侧作两个等边三角形ABD和BCE，连接AE与CD交于点H，AE与DB交于点G，BE与CD交于点F，下列结论：AECD；AHD60；AGBDFB；BH平分GBF；GFAC；点H是线段DC的中点正确的有（） A6个 B5个 C4个 D3个4如图，三点在同一直线上，都是等边三角形，连接，：下列结论中正确的是（）ACDBCE；CPQ是等边三角形；平分；B

3、POEDOA B C D5如图，点C是线段AE上一动点（不与A，E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，连接PQ，有以下5个结论：AD=BE；PQAE；AP=BQ；DE=DP；AOB=60其中一定成立的结论有（）个A1 B2 C3 D46如图，在中，点D、F是射线BC上两点，且，若，；则下列结论中正确的有（）；A1个 B2个 C3个 D4个二、填空题7如图，C为线段上一动点（不与点A、E重合），在同侧分别作正和正，与交于点O，与交于点，与交于点，连接以下五个结论：；恒成立的结论有 （把你认为正确的序号都填上）8如

4、图，是边长为5的等边三角形，E、F分别在AB、AC上，且，则三角形AEF的周长为 9在ABC中，点D是直线BC上一动点， 连接AD，在直线的右侧作等边，连接CE，当线段CE的长度最小时，线段的长度为 10如图，在RtABC中，ABC90，ABBC，点D为三角形右侧外一点且BDC45连接AD，若ACD的面积为，则线段CD的长度为 11如图，点B、C、E在同一条直线上，与都是等边三角形，下列结论：AE=BD；线段AE和BD所夹锐角为80；FGBE其中正确的是 （填序号）12如图，CA=CB，CD=CE，ACB=DCE=50，AD、BE交于点H，连接CH，则CHE= 13在锐角三角形ABC中，AH是

5、边BC的高，分别以AB，AC为边向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连接CE，BG和EG，EG与HA的延长线交于点M，下列结论：BG=CE；BGCE；AM是AEG的中线；EAM=ABC其中正确的是 14 如图，正三角形和，A，C，E在同一直线上，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接PQAD=BE；PQAE；AP=BQ；DE=DP；AOB=60成立的结论有 并写出3对全等三角形 15如图，C在线段AB上，在AB的同侧作等边三角形ACM和BCN，连接AN，BM，若MBN38，则ANB 16如图，和相交于，和相交于，则的度数是 .三、解答题17如图，为任意三角形，以边、

6、为边分别向外作等边三角形和等边三角形，连接、并且相交于点求证：（1）； （2）18如图，ABC和EBD都是等边三角形，连接AE，CD求证：AECD 19如图，在中，点O是中点，将绕点O旋转，的两边分别与射线、交于点D、E(1) 当转动至如图一所示的位置时，连接，求证：；(2) 当转动至如图二所示的位置时，线段、之间有怎样的数量关系？请说明理由20如图，ACB和DCE均为等腰三角形，ACB=DCE=90，点A，D，E在同一条直线上，连接BE（1）求证：AD=BE；（2）若CAE=15，AD=4，求AB的长 21如图，在ABC中，ABBC，ABC120，点D在边AC上，且线段BD绕着点B按逆时针方

7、向旋转120能与BE重合，点F是ED与AB的交点（1）求证：AECD；（2）若DBC45，求BFE的度数 22如图，点C是线段AB上任意一点（点C与点A，B不重合），分别以AC，BC为边在直线AB的同侧作等边三角形ACD和等边三角形BCE，AE与CD相交于点M，BD与CE相交于点N连接MN证明：（1）ACEDCB； （2）ACMDCN； （3）MNAB 23在学习全等三角形知识时、教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，他们得知这种模型称为“手拉手模型” 兴趣小组进行了如下探究：（1）如图1，两个等腰三角

8、形ABC和ADE中，AB=AC，AE=AD，BAC=DAE，连接BD、CE、如果把小等腰三角形的腰长看作小手，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，和ADB全等的三角形是 ，此时BD和CE的数量关系是 ；（2）如图2，两个等腰直角三角形ABC和ADE中，AB=AC，AE=AD，BAC=DAE=90，连接BD，CE，两线交于点P，请判断线段BD和CE的数量关系和位置关系，并说明理由；（3）如图3，已知ABC，请完成作图：以AB、AC为边分别向ABC外作等边ABD和等边ACE（等边三角形三条边相等，三个角都等于60），连接BE

9、，CD，两线交于点P，并直接写出线段BE和CD的数量关系及PBC+PCB的度数24在学习全等三角形的知识时，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的，在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形兴趣小组成员经过研讨给出定义：如果两个等腰三角形的顶角相等，且顶角的顶点互相重合，则称此图形为“手拉手全等模型”因为顶点相连的四条边，可以形象地看作两双手，所以通常称为“手拉手模型”(1) 如图，与都是等腰三角形，且，则有 _(2) 如图，已知，以为边分别向外作等边和等边并连接，则 _(3) 如图，在两个等腰直角三角形和中，连接，交于点P，请判断和的关系，并说明理由参考

10、答案：1D【分析】利用等边三角形的性质，BCDE，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CQBCPA（ASA），得出B正确；由ACDBCE得CBE=DAC，加之ACB=DCE=60，AC=BC，得到CQBCPA（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DQECDE，得出D错误解：等边ABC和等边CDE，AC=BC，CD=CE，ACB=DCE=60，ACB+BCD=DCE+BCD，即ACD=B

11、CE，在ACD与BCE中，ACDBCE（SAS），CBE=DAC，又ACB=DCE=60，BCD=60，即ACP=BCQ，又AC=BC，在CQB与CPA中，CQBCPA（ASA），CP=CQ，又PCQ=60可知PCQ为等边三角形，PQC=DCE=60，PQAE，故C正确，CQBCPA，AP=BQ，故B正确，AD=BE，AP=BQ，AD-AP=BE-BQ，即DP=QE，DQE=ECQ+CEQ=60+CEQ，CDE=60，DQECDE，故D错误；ACB=DCE=60，BCD=60，等边DCE，EDC=60=BCD，BCDE，CBE=DEO，AOB=DAC+BEC=BEC+DEO=DEC=60，故A

12、正确故选：D【点拨】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2A【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；作于点，于点，证明，结合角平分线的判定定理即可证明；利用面积法表示和的面积，然后利用比值即可证明；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”模型推出即可证明解：和均为等边三角形，在和中，故正确；如图所示，作于点，于点，则，在和中，平分，故正确；如图所示，作于点，整理得：，故正确；如图所示，在上取点，使得，平分，为等边三角形，在和中，故正确；综上，均正确；故选：A

13、【点拨】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3C【分析】连接GF，过点B作BMAE于M，BNCD于N；结合题意，利用等边三角形、全等三角形的性质，推导得AECD，AHDABG60；再根据等边三角形、角平分线的性质分析，即可得到答案解：连接GF，过点B作BMAE于M，BNCD于NABD，BCE都是等边三角形，ABDEBC60，BABE，BEBC，ABEDBC，在ABE和DBC中， ABEDBC（SAS），AECD，故正确；ABEDBC，BAEBDC，AGBDGH，AH

14、DABG60，故正确；在AGB和DFB中， AGBDFB（ASA），故正确；AGBDFB，BGBF，GBF60，BGF是等边三角形，FGBABD60，FGAC，故正确；ABEDBC，BMAE，BNCD，BMBN，BH平分AHC，但不一定平分GBF，故错误；根据题意，无法判断DHCH，故错误故选：C【点拨】本题考查了等边三角形、全等三角形、角平分线的知识；解题的关键是熟练掌握全等三角形、等边三角形、角平分线的性质，从而完成求解4B【分析】利用等边三角形的性质，三角形的全等，逐一判断即可解：ABC，CDE都是等边三角形，CA=CB，CD=CE，ACB=ECD=60，ACB+PCQ =ECD+PCQ

15、，PCD=60，ACD =BCE，ACDBCE， 的说法是正确的；ACDBCE，PDC =QEC，PCD=QCE=60，CD=CE，PCDQCE，PC=QC，CPQ是等边三角形；的说法是正确的；PCDQCE，PD=QE，过点C作CGPD，垂足为G，CHQE，垂足为H，CG=CH，平分，的说法是正确的；无法证明BPOEDO的说法是错误的；故答案为，故选B【点拨】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5D【分析】由于ABC和CDE是等边三角形，可知AC=BC，CD=CE

16、，ACB=DCE=60，从而证出ACDBCE，可推知AD=BE；由ACDBCE得CBE=DAC，加之ACB=DCE=60，AC=BC，得到ACPBCQ（ASA），所以AP=BQ；故正确；根据CQBCPA（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，可知正确；根据DQE=ECQ+CEQ=60+CEQ，CDE=60，可知DQECDE，可知错误；利用等边三角形的性质，BCDE，再根据平行线的性质得到CBE=DEO，于是AOB=DAC+BEC=BEC+DEO=DEC=60，可知正确解：等边ABC和等边DCE，BC=AC,DE=DC=CE，DEC=

17、BCA=DCE=60，ACD=BCE，在ACD和BCE中，AC=BC，ACD=BCE，DC=CE，ACDBCE(SAS)，AD=BE；故正确；ACDBCE(已证)，CAD=CBE，ACB=ECD=60(已证)，BCQ=180-602=60，ACB=BCQ=60，在ACP与BCQ中，CAD=CBE，AC=BC，ACB=BCQ=60，ACPBCQ(ASA)，AP=BQ；故正确；ACPBCQ，PC=QC，PCQ是等边三角形，CPQ=60，ACB=CPQ，PQAE；故正确；AD=BE，AP=BQ，ADAP=BEBQ，即DP=QE，DQE=ECQ+CEQ=60+CEQ，CDE=60，DQECDE，DEQ

18、E，则DPDE，故错误；ACB=DCE=60，BCD=60，等边DCE，EDC=60=BCD，BCDE，CBE=DEO，AOB=DAC+BEC=BEC+DEO=DEC=60.故正确；综上所述，正确的结论有：，错误的结论只有，故选D【点拨】本题考查全等三角形的判定和性质，以及等边三角形的判定和性质，此图形是典型的“手拉手”模型，熟练掌握此模型的特点是解题的关键6D【分析】由ADAF，BAD=CAF，得出BAC=90，由等腰直角三角形的性质得出B=ACB=45，由SAS证得ABDACE（SAS），得出BD=CE，B=ACE=45，SABC=S四边形ADCE，则ECB=90，即ECBF，易证ADF=

19、60，F=30，由含30直角三角形的性质得出EF=2CE=2BD，DF=2AD，则BD=EF，由BC-BD=DF-CF，得出BC-EF=2AD-CF，即可得出结果解：ADAF，BAD=CAF，BAC=90，AB=AC，B=ACB=45，在ABD和ACE中， ，ABDACE（SAS），BD=CE，B=ACE=45，SABC=S四边形ADCE，ECB=90，ECBF，B=45，BAD=15，ADF=60，F=30，EF=2CE=2BD，DF=2AD，BD=EF，BC-BD=DF-CF，BC-EF=2AD-CF，、正确故选：D【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、含30角直

20、角三角形的性质、外角的定义等知识，熟练掌握直角三角形的性质、证明三角形全等是解题的关键7【分析】由于和是等边三角形，可知，从而证出，可推知；由得，和，得到，再根据推出为等边三角形，又由，根据内错角相等，两直线平行，可知正确；同得：，即可得出结论；根据，可知，可知错误；利用等边三角形的性质，再根据平行线的性质得到，于是，可知正确解：和为等边三角形，在和中，正确；，在和中，正确；同得：，正确；，且，故错误；，是等边三角形，正确；故答案为：【点拨】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握等边三角形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键810【分析】延长AB到N，使BN

21、=CF，连接DN，求出FCD=EBD=NBD=90，根据SAS证NBDFCD，推出DN=DF，NDB=FDC，求出EDF=EDN，根据SAS证EDFEDN，推出EF=EN，易得AEF的周长等于AB+AC解：延长AB到N，使BN=CF，连接DN，ABC是等边三角形，ABC=ACB=60，BD=CD，BDC=120，DBC=DCB=30，ACD=ABD=30+60=90=NBD，在NBD和FCD中，NBDFCD（SAS），DN=DF，NDB=FDC，BDC=120，EDF=60，EDB+FDC=60，EDB+BDN=60，即EDF=EDN，在EDN和EDF中，EDNEDF（SAS），EF=EN=B

22、E+BN=BE+CF，即BE+CF=EFABC是边长为5的等边三角形，AB=AC=5，BE+CF=EF，AEF的周长为：AE+EF+AF=AE+EB+FC+AF=AB+AC=10，故答案为：10【点拨】本题考查了等边三角形性质和判定，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，全等三角形的性质和判定的综合运用注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用9【分析】在的左侧作等边三角形，连接、，再证明 可得 再利用时，最短，从而可得答案.解： 在的左侧作等边三角形，连接、，则 则，故点、关于对称，则，均为等边三角形， ，当时，最小，由 故，故的长度为，故答案为：【点拨】本题考查的是等边三角形的性质，

23、全等三角形的判定与性质，垂线段最短，含的直角三角形的性质，灵活运用以上知识解题是解题的关键.10【分析】过点B作BEBD，交DC的延长线于点E，连接AE，由题意易得EBD是等腰直角三角形，然后可证BCDBEA，则有BDC=BEA=45，AE=CD，进而根据三角形面积公式可进行求解解：过点B作BEBD，交DC的延长线于点E，连接AE，如图所示：ABC90，BDC45，EBD90，EBD是等腰直角三角形，BDC=BED=45，BE=BD，ABBC，BCDBAE（SAS），BDC=BEA=45，AE=CD，；故答案为【点拨】本题主要考查三角形全等的判定与性质及等腰直角三角形的性质与判定，解题的关键是

24、构造旋转型全等，抓住等腰直角三角形的特征11【分析】利用等边三角形的性质证明可判断，利用，可得利用三角形的外角的性质可得 从而可判断， 再结合等边三角形的性质证明可判断， 由可得：，结合可得，从而可判断解：如图，记与的交点为，与都是等边三角形， AC=BC，CD=CE，BCA=DCE=60 点B、C、E在同一条直线上， ACD=60，BCD=ACE=120 在和中， 所以结论正确； ，BDC=CEA， AHB=DBE+BEA=DBE+BDC=180BCD=60， 所以错误； 在和中， ，所以正确； ，CG=CF，ACD=60，GFC=60， 又DCE=60，GFC=DCE， GFBC，所以正确

25、 故答案为：【点拨】本题考查了全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质和判定，平行线的判定，解决本题的关键是找到判定三角形全等的条件1265【分析】先判断出，再判断出即可得到平分，即可得出结论解：如图，在和中，；过点作于，于，在和中，在与中，平分；，故答案为：【点拨】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13【分析】根据正方形的性质和SAS可证明ABGAEC，然后根据全等三角形的性质即可判断；设BG、CE相交于点N，AC、BG相交于点K，如图1，根据全等三角形对应角相等可得ACEAGB，然后根据三角形的内角和定理可得CN

26、GCAG90，于是可判断；过点E作EPHA的延长线于P，过点G作GQAM于Q，如图2，根据余角的性质即可判断；利用AAS即可证明ABHEAP，可得EPAH，同理可证GQAH，从而得到EPGQ，再利用AAS可证明EPMGQM，可得EMGM，从而可判断，于是可得答案解：在正方形ABDE和ACFG中，ABAE，ACAG，BAECAG90，BAE+BACCAG+BAC，即CAEBAG，ABGAEC（SAS），BGCE，故正确；设BG、CE相交于点N，AC、BG相交于点K，如图1，ABGAEC，ACEAGB，AKGNKC，CNGCAG90，BGCE，故正确；过点E作EPHA的延长线于P，过点G作GQAM

27、于Q，如图2，AHBC，ABH+BAH90，BAE90，EAP+BAH90，ABHEAP，即EAMABC，故正确；AHB=P=90，AB=AE，ABHEAP（AAS），EPAH，同理可得GQAH，EPGQ，在EPM和GQM中，EPMGQM（AAS），EMGM，AM是AEG的中线，故正确综上所述，结论都正确故答案为：【点拨】本题考查了正方形的性质、三角形的内角和定理以及全等三角形的判定和性质，作辅助线构造出全等三角形是难点，熟练掌握全等三角形的判定和性质是关键14 ACDBCE，BCQACP，CDPCEQ【分析】可证明ACDBCE,从而得出AD=BE；可通过证明BCQACP，从而可证明PCQ为等

28、边三角形，再根据内错角相等两直线平行可证明PQAE由中BCQACP，可证AP=BQ；通过证明CDPCEQ可得DP=EQ，又由图可知DEQE，从而错误；通过三角形外角定理和前面ACDBCE可得该结论由前面的证明过程可得出三个全等三角形解：ABC和DCE均是等边三角形，点A，C，E在同一条直线上，AC=BC，EC=DC，BCE=ACD=120ACDBCEAD=BE，故本选项正确；ACDBCE，CBQ=CAP，又PCQ=ACB=60，CB=AC，BCQACP，CQ=CP，又PCQ=60，PCQ为等边三角形，QPC=60=ACB，PQAE，故本选项正确；由BCQACP可得AP=BQ，故本选项正确；AC

29、DBCE，ADC=BEC，CD=CE，DCP=ECQ=60，CDPCEQ（ASA）DP=EQ，DEQEDEDP，故本选项错误；AOB=DAE+AEO=DAE+ADC=DCE=60，故本选项正确；正确的有：由上面证明过程可知ACDBCE，BCQACP，CDPCEQ故答案为：；ACDBCE，BCQACP，CDPCEQ【点拨】本题考查全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质熟练掌握全等三角形的判定定理，并能依据等边三角形三边相等，三角相等都是60的特征判断三角形全等是解题关键1582【分析】根据等边三角形的边相等，角相等，易证ACN和MCB全等，则ANC和MBA相等，MBA60MBN603822，然

30、后可求出ANB解：ACM和BCN是等边三角形，ACMC，CBCN，ACM+MCNBCN+MCN，即ACNMCB在ACN和MCB中，ACNMCB（SAS）ANCMBAMBA60MBN603822，ANC22ANB22+6082故答案为82【点拨】本题考查全等三角形的判定和性质，本题是典型的“手拉手”模型，应熟练掌握其中全等三角形的证明.16120【分析】先得出DAC=EAB，进而利用ASA得出ADCAEB，进而得出E=ACD，再利用三角形内角和定理得出EAF=COF=60，即可得出答案解：如图所示：DAB=EAC=60，DAB+BAC=BAC+EAC，DAC=EAB，在ADC和AEB中， ,AD

31、CABE（SAS），E=ACD，又AFE=OFC，EAF=COF=60，DOE=120故答案是：120【点拨】考查了全等三角形的判定与性质以及三角形内角和定理等知识，根据已知得出ADCAEB是解题关键17（1）见分析；（2）见分析【分析】（1）根据等边三角形的性质得出AD=AB，AC=AE，ACE=AEC=60，DAB=EAC=60，求出DAC=BAE，根据SAS推出DACBAE即可；（2）根据全等三角形的性质得出BEA=ACD，求出BPC=ECP+PEC=ACE+AEC，代入求出即可解：证明：（1）以AB、AC为边分别向外做等边ABD和等边ACE，AD=AB，AC=AE，ACE=AEC=60

32、，DAB=EAC=60，DAB+BAC=EAC+BAC，DAC=BAE，在DAC和BAE中，DACBAE（SAS），CD=BE；（2）DACBAE，BEA=ACD，BPC=ECP+PEC=DCA+ACE+PEC=BEA+ACE+PEC=ACE+AEC=60+60=120【点拨】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质和判定的应用，关键是求出DACBAE18见分析【分析】证明ABECBD即可解决解：ABC和EBD都是等边三角形，ABCB，BEBD，ABCDBE60，ABCABDDBEABD，即ABECBD，在ABE和CBD中，ABECBD（SAS），AECD【点拨】本题考查了等边三角形的性质

33、，全等三角形的判定与性质等知识，掌握这两部分知识是关键19(1)见分析；(2)CECDAC理由见分析【分析】（1）结论：连接证明；（2）结论：，证明方法类似（1）解：（1）证明：，在和中，（2）解：理由：连接，在和中，【点拨】本题考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题20（1）见分析；（2）8【分析】（1）直接证明，即可得出结论；（2）由（1）可进一步推出为直角三角形，且，从而由求解即可解：（1）ACB和DCE均为等腰三角形，ACB=DCE=90，,在与中，；（2）是等腰直角三角形，由（1）可知，,，则在中，【点拨】本题考查全等三角形的判

34、定与性质，及含角的直角三角形的性质，根据“手拉手”模型证明全等，并推导出直角三角形是解题关键21（1）证明见分析；（2）BFE105【分析】（1）根据旋转的性质证明ABECBD（SAS），进而得证；（2）由（1）得出DBC=ABE=45，BD=BE，EBD=120，最后根据三角形内角和定理进行求解即可解：（1）证明：线段BD绕着点B按逆时针方向旋转120能与BE重合，BDBE，EBD120，ABBC，ABC120，ABD+DBCABD+ABE120，DBCABE，ABECBD（SAS），AECD；（2）解：由（1）知DBCABE45，BDBE，EBD120，BEDBDE（180120）30，B

35、FE180BEDABE1803045105【点拨】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，利用旋转的性质证明是解题的关键22（1）见分析（2）见分析（3）见分析【分析】（1）由等边三角形的性质得出ACCD，BCCE，ACDBCE60，得出DCBACE，由SAS即可得出ACEDCB；（2）由全等三角形的性质得出EACBDC，再证出ACDDCE，由ASA证明ACMDCN即可；（3）由全等三角形的性质得出CMCN，证出MCN是等边三角形，得出MNCNCB60，即可得出结论解：（1）ACD和BCE是等边三角形，ACCD，BCCE，ACDBCE60，ACDDCEBCEDCE，DC

36、BACE，在ACE与DCB中，ACEDCB（SAS）；（2）由（1）得：ACEDCB，EACBDC，ACDBCE60，DCE60，ACDDCE，在ACM与DCN中，ACMDCN（ASA）（3）由（2）得：ACMDCN，CMCN，又MCN180606060，MCN是等边三角形，MNC60NCB，MNAB【点拨】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定；熟练掌握等边三角形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键23（1）AEC，BD=CE；（2）BD=CE且BDCE，理由见分析；（3）作图见分析，BE=CD，PBC+PCB=60【分析】（1）根据SAS证明两个三角形全等即可证

37、明；（2）通过条件证明DABEAC（SAS），得到DBC+ECB=90，即可证明BDCE，从而得到结果；（3）根据已知条件证明DACBAE(SAS)，即可得到结论解：（1）AB=AC，AE=AD，BAC=DAE，DAE+EAB=BAC+EAB，即，ADBAEC(SAS)，BD=CE；（2）BD=CE且BDCE；理由如下：因为DAE=BAC=90，如图2所以DAE+BAE=BAC+BAE所以DAB=EAC 在DAB和EAC中，所以DABEAC（SAS）所以BD=CE，DBA=ECA因为ECA+ECB+ABC=90，所以DBA+ECB+ABC=90 即DBC+ECB=90所以BPC=180-（DB

38、C+ECB）=90所以BDCE综上所述：BD=CE且BDCE（3）如图3所示，BE=CD，PBC+PCB=60由图可知，AD=AB，AE=AC，DAB+BAC=EAC+BAC，即，DACBAE(SAS)，BE=CD，又，ADC+BDC=ABE+BDC=60，BPC=ABP+BDC+DBA=120，PBC+PCB=60【点拨】本题主要考查了全等三角形的知识点应用，准确分析图形是解题的关键24(1)，；(2)；(3)，理由见分析【分析】（1）根据全等三角形的判定证明即可；（2）先根据等边三角形的性质得到，再证明得到，再利用的外角性质求得即可求解；（3）证明得到，进而利用三角形的内角和定理证明即可（1）解：，在和中，故答案为：，；（2）解：等边和等边，即，在和中，故答案为：；（3）证明：，理由：，即，在和中，【点拨】本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质，熟练掌握“手拉手全等模型”，能找到全等三角形是解答的关键