专题12.21 三角形全等几何模型-“手拉手”模型（专项练习）（巩固篇）-2021-2022学年八年级数学上册基础知识专项讲练（人教版）

这是一份专题12.21 三角形全等几何模型-“手拉手”模型（专项练习）（巩固篇）-2021-2022学年八年级数学上册基础知识专项讲练（人教版），共55页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

专题12.21 三角形全等几何模型-“手拉手”模型
（专项练习）（巩固篇）
一、单选题
1．如图，在△OAB和△OCD中，OA=OB，OC=OD，OA＞OC，∠AOB=∠COD=40°，连接AC，BD交于点M，连接OM，下列结论：
①△AOC≌△BOD；②AC=BD；③∠AMB=40°；④MO平分∠BMC．
其中正确的个数为（　　　）

A．4 B．3 C．2 D．1
2．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（　　）

①；②；③；④
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．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（ ）
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

二、填空题
4．（1）如图（1），在四边形中，,，E，F分别是上的动点，且，求证：．
（2）如图（2），在（1）的条件下，当点E，F分别运动到的延长线上时，之间的数量关系是______．

5．如图，，，，和相交于，和相交于，则的度数是__°.

6．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∠MBN＝38°，则∠ANB＝_____．

7．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PQ．①AD=BE；②PQ∥AE；③AP=BQ；④DE=DP；⑤∠AOB=60°．成立的结论有______________．并写出3对全等三角形___________________________．


三、解答题
8．探究等边三角形“手拉手”问题．
（1）如图1，已如△ABC，△ADE均为等边三角形，点D在线段BC上，且不与点B、点C重合，连接CE，试判断CE与BA的位置关系，并说明理由；
（2）如图2，已知△ABC、△ADE均为等边三角形，连接CE、BD，若∠DEC＝60°，试说明点B，点D，点E在同一直线上；
（3）如图3，已知点E在ABC外，并且与点B位于线段AC的异侧，连接BE、CE．若∠BEC＝60°，猜测线段BE、AE、CE三者之间的数量关系，并说明理由．



9．问题背景：我们学习等边三角形时得到直角三角形的一个性质：在直角三角形中，如果一个锐角等于，那么它所对的直角边等于斜边的一半．即：如图（1），在中，，，则．

探究结论：小明同学对以上结论作了进一步研究．
（1）如图（1），作边上的中线，得到结论：①为等边三角形；②与之间的数量关系为_________．
（2）如图（2），是的中线，点D是边上任意一点，连接，作等边，且点P在的内部，连接．试探究线段与之间的数量关系，写出你的猜想并加以证明．
（3）当点D为边延长线上任意一点时，在（2）中条件的基础上，线段与之间存在怎样的数量关系？直接写出答案即可．




10．如图所示，等腰直角三角形、，，，，和交于点，问线段和之间有什么关系，并证明.





11．如图所示，中，，，把一块含角的直角三角板的直角顶点放在的中点上（直角三角板的短直角边为，长直角边为），将三角板绕点按逆时针方向旋转.
（1）在如图所见中，交于，交于，证明；
（2）继续旋转至如图所见，延长交于，延长交于，证明.




12． 如图，已知是等边三角形，点D在BC边上，是以AD为边的等边三角形，过点F作BC的平行线交线段AC于点E，连接BF，
求证：



13．如图所示，点是线段上一点，和都是等边三角形.
（1）连结，，求证：；
（2）如图所示，将绕点顺时针旋转得到.
①当旋转角为______度时，边落在上；
②在①的条件下，延长交于点，连结，.当线段、满足什么数量关系时，与全等？并给予证明.

14．已知：△ABC，△BDE为等边三角形，C、B、D三点共线。
求证：（1）AD=EC；
（2）BP=BQ；
（ 3）△BPQ为等边三角形。

15．四边形ABCD是正方形，AC是对角线，E是平面内一点，且，过点C作，且．连接AE、AF，M是AF的中点，作射线DM交AE于点N.
（1）如图1，若点E，F分别在BC，CD边上．
求证：①；
②；
（2）如图2，若点E在四边形ABCD内，点F在直线BC的上方，求与的和的度数．

16．如图，两个正方形ABCD和DEFG，连接AG与CE，二者相交于H问：

（1）△ADG≌△CDE是否成立？
（2）AG是否与CE相等？
（3）AG与CE之间的夹角为多少度？
（4）HD是否平分∠AHE？
（如果你知道勾股定理的话，请问线段AC、GE、AE、CG有什么数量关系？）


17．如图，在等边三角形中，是边上的动点，以为一边向上作等边三角形，连接．

（1）求证：≌；
（2）求证：；
（3）当点运动到的中点时，与有什么位置关系？并说明理由．








18．如果两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD．

证明：（1）AE与DC的夹角为60°；
（2） AE与DC的交点设为H，BH平分∠AHC．


19．等边△ABD和等边△BCE如图所示，连接AE与CD．
证明：（1）AE＝DC；
（2）AE与DC的夹角为60°；
（3）AE延长线与DC的交点设为H，求证：BH平分∠AHC．

20．如图，C为线段AE上一动点（不与点A，E重合），在AE同侧分别作正三角形ABC和正三角形CDE（正三角形也叫等边三角形，它的三条边都相等，三个内角都等于60°），AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连结PQ．试说明：
（1）AD=BE；
（2）填空∠AOE= °；
（3）CP=CQ；

21．如图，已知三点共线，分别以为边作等边和等边，连接分别与交于与的交点为．
（1）求证：；
（2）求度数；
（3）连接，求证：



22．如图所示，已知AE⊥AB，AF⊥AC，AE=AB，AF=AC．判断线段EC与BF数量关系和位置关系， 并给予证明．






23．已知DA⊥AB，CA⊥AE，AB=AE，AC=AD 求证：DE=BC



24．如图1，张老师在黑板上画出了一个，其中，让同学们进行探究．
（1）探究一：
如图2，小明以为边在内部作等边，连接，请直接写出的度数_____________；
（2）探究二：
如图3，小彬在（1）的条件下，又以为边作等边，连接.判断与的数量关系；并说明理由；
（3）探究三：
如图3，小聪在（2）的条件下，连接，若，求的长．






25．已知：如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，△ABF、△ACE、△BCD均为等边三角形．求证：AD＝EF．



26．（1）如图1，已知△ABC，以AB，AC为边向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE，连接BE，CD，请你完成图形（尺规作图，保留作图痕迹），并猜想BE与CD的关系；
（2）如图2，已知△ABC，以AB，AC为边向外作正方形ABFD和正方形ACGE，连接BE，CD，BE与CD有什么数量关系？并说明理由；




27． 如图，点D、B、C在一直线上，和都是等边三角形．
（1）求证：；
（2）探索线段BA、BD、BE之间的数量关系，并说明理由．


28．如图，在中，以AB，AC为边向外作等边和等边，连结BE，CF交于点O．
求证：（1）；
（2）AO平分∠EOF．



28． 如图1，点是线段上除点、外的任意一点，分别以、为边在线段的同旁做等边三角形和等边三角形，连接和BC相交于点Q，
（1）求证：．
（2）求的度数．
（3）如图2所示，和仍为等边三角形，但和不在同一条直线上，是否成立，的度数与图1是否相等，请直接写出结论．


30．已知：如图，点B在线段AD上，ABC和BDE都是等边三角形，且在AD同侧，连接AE交BC于点G，连接CD交BE于点H，连接GH．
（1）求证：AE=CD；
（2）求证：AG=CH；
（3）求证：GH∥AD．



31． 如图，△ACB和△ECD中，∠ACB=∠ECD=a，且AC=BC，EC=DC,AE、BD交于P点，连CP
（1）求证:△ACE≌△BCD
（2）求∠APC的度数（用含a的式子表示）




32．已知：在和中，，．
（1）如图①，若
①求证：．
②求证：的度数．

图①
（2）如图②，若，的大小为______（直接写出结果，不证明）．

图②



33．在直线的同一侧作两个等边三角形和，连接与，试解决下列问题：
（1）求证：；
（2）求的度数；
（3）连接，试判断形状．

参考答案
1．A
【分析】
由题意易得∠AOC=∠BOD，然后根据三角形全等的性质及角平分线的判定定理可进行求解．
【详解】
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正确；
过点O作OE⊥AC于点E，OF⊥BD于点F，BD与OA相交于点H，如图所示：

∵∠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正确；
所以正确的个数有4个；
故选A．
【点拨】本题主要考查全等三角形的性质与判定及角平分线的判定定理，熟练掌握全等三角形的性质与判定及角平分线的判定定理是解题的关键．
2．D
【分析】
由AD⊥AF，∠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△ABD≌△ACE（SAS），得出BD=CE，∠B=∠ACE=45°，S△ABC=S四边形ADCE，则∠ECB=90°，即EC⊥BF，易证∠ADF=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．
【详解】
∵AD⊥AF，∠BAD=∠CAF，
∴∠BAC=90°，
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB=45°，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD=CE，∠B=∠ACE=45°，S△ABC=S四边形ADCE，
∴∠ECB=90°，
∴EC⊥BF，
∵∠B=45°，∠BAD=15°，
∴∠ADF=60°，
∴∠F=30°，
∴EF=2CE=2BD，DF=2AD，
∴BD=EF，
∵BC-BD=DF-CF，
∴BC-EF=2AD-CF，
∴①、②、③、④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．
3．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，
∴平分，
∴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．
4．（1）详见解析；（2）
【分析】
（1）延长到点G，使，连接，先证明，得到，然后证明，得到，根据，可得；
（2）在上截取，连接，先证明△ABG≌△ADF（SAS），得到AG=AF，∠BAG=∠DAF，再证明△EAG≌△EAF（SAS），得到EG=EF，根据BG=DF，即可得EF=BE-BG=BE-DF．
【详解】
（1）如图，延长到点G，使，连接．

，
，
又，，
∴，
，
，．
，
∴，
．
，
；
（2）．
如图，在上截取，连接，

，
，
在△ABG和△ADF中，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴AG=AF，∠BAG=∠DAF，
∠BAD=2∠EAF，
∴∠BAG+∠GAE+∠EAD=∠EAD+∠DAF+∠EAD+∠DAF，
∴∠GAE=∠EAF，
在△EAG和△EAF中，
∴△EAG≌△EAF（SAS），
∴EG=EF，
∵BG=DF，
∴EF=BE-BG=BE-DF．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定和性质，掌握判定定理是解题关键．
5．120
【分析】
先得出∠DAC=∠EAB，进而利用ASA得出△ADC≌△AEB，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．
【详解】
如图所示：

∵∠DAB=∠EAC=60°，
∴∠DAB+∠BAC=∠BAC+∠EAC，
∴∠DAC=∠EAB，
在△ADC和△AEB中，
,
∴△ADC≌△ABE（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△ADC≌△AEB是解题关键．
6．82°
【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，∠MBA＝60°﹣∠MBN＝60°﹣38°＝22°，然后可求出∠ANB．
【详解】
解：∵△ACM和△BCN是等边三角形，
∴AC＝MC，CB＝CN，∠ACM+∠MCN＝∠BCN+∠MCN，
即∠ACN＝∠MCB．
在△ACN和△MCB中，

∴△ACN≌△MCB（SAS）．
∴∠ANC＝∠MBA．
∵∠MBA＝60°﹣∠MBN＝60°﹣38°＝22°，
∴∠ANC＝22°．
∴∠ANB＝22°+60°＝82°．
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.
7．①②③⑤ △ACD≌△BCE，△BCQ≌△ACP，△CDP≌△CEQ
【分析】
①可证明△ACD≌△BCE,从而得出AD=BE；

②可通过证明△BCQ≌△ACP，从而可证明△PCQ为等边三角形，再根据内错角相等两直线平行可证明PQ∥AE．
③由②中△BCQ≌△ACP，可证AP=BQ；
④通过证明△CDP≌△CEQ可得DP=EQ，又由图可知DE＞QE，从而④错误；
⑤通过三角形外角定理和前面△ACD≌△BCE可得该结论．
由前面的证明过程可得出三个全等三角形．
【详解】
解：①△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=120°
∴△ACD≌△BCE
∴AD=BE，故本选项正确；
②∵△ACD≌△BCE，
∴∠CBQ=∠CAP，
又∵∠PCQ=∠ACB=60°，CB=AC，
∴△BCQ≌△ACP，
∴CQ=CP，又∠PCQ=60°，
∴△PCQ为等边三角形，
∴∠QPC=60°=∠ACB，
∴PQ∥AE，故本选项正确；
③由②△BCQ≌△ACP可得AP=BQ，故本选项正确；
④∵△ACD≌△BCE，
∴∠ADC=∠BEC，
∵CD=CE，∠DCP=∠ECQ=60°，
∴△CDP≌△CEQ（ASA）．
∴DP=EQ，
∵DE＞QE
∴DE＞DP，故本选项错误；
⑤∠AOB=∠DAE+∠AEO=∠DAE+∠ADC=∠DCE=60°，故本选项正确；
∴正确的有：①②③⑤．
由上面证明过程可知△ACD≌△BCE，△BCQ≌△ACP，△CDP≌△CEQ．
故答案为：①②③⑤；△ACD≌△BCE，△BCQ≌△ACP，△CDP≌△CEQ．
【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．
8．（1）CE∥AB，理由见解析；（2）见解析；（3）BE＝AE+EC．理由见解析．
【分析】
（1）结论：CE∥AB．证明△BAD≌△CAE（SAS）可得结论．
（2）利用全等三角形的性质证明∠ADB＝∠AEC＝120°，证明∠ADB+∠ADE＝180°即可解决问题．
（3）结论：BE＝AE+EC．在线段BE上取一点H，使得BH＝CE，设AC交BE于点O．利用全等三角形的性质证明△AEH是等边三角形即可．
【详解】
（1）解：结论：CE∥AB．
理由：如图1中，
∵△ABC，△ADE都是等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝∠B＝60°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠B＝∠ACE＝60°，
∴∠BAC＝∠ACE＝60°，
∴AB∥CE．
（2）证明：如图2中，

由（1）可知，△ABD≌△ACE，
∴∠ADB＝∠AEC，
∵△ADE是等边三角形，
∴∠AED＝∠ADE＝60°，
∵∠BEC＝60°，
∴∠AEC＝∠AED+∠BEC＝120°，
∴∠ADB＝∠AEC＝120°，
∴∠ADB+∠ADE＝120°+60°＝180°，
∴B，D，E共线．
（3）解：结论：BE＝AE+EC．

理由：在线段BE上取一点H，使得BH＝CE，设AC交BE于点O．
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，∠BAC＝60°，
∵∠BEC＝60°，
∴∠BAO＝∠OEC＝60°，
∵∠AOB＝∠EOC，
∴∠ABH＝∠ACE，
∵BA＝CA，BH＝CE，
∴△ABH≌△ACE（SAS），
∴∠BAH＝∠CAE，AH＝AE，
∴∠HAE＝∠BAC＝60°，
∴△AEH是等边三角形，
∴AE＝EH，
∴BE＝BH+EH＝EC+AE，
即BE＝AE+EC．
【点拨】本题主要考查三角形全等的性质与判定及等边三角形，熟练掌握判定方法及性质是解题的关键，注意平时常用的辅助线作法．
9．（1）；（2），证明详见解析；（3）
【分析】
（1）只要证明△ACE是等边三角形即可解决问题；
（2）如图2中，结论：ED=EB．想办法证明EP垂直平分线段AB即可解决问题；
（3）结论不变，证明方法类似．
【详解】
（1），
，
，
为边上的中线，
，
是等边三角形，
．
（2）．
证明：如图，连接，

都是等边三角形，
，
，
，
，
．
，
．
，
；
（3）当点D为边延长线上任意一点时，同（2）中的方法可证．
【点拨】本题考查三角形综合题、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、线段的垂直平分线的性质等知识，正确添加常用辅助线，构造全等三角形是解决问题的关键．
10．且，理由见解析
【解析】
【分析】
证明△DAC≌△EAB得DC=EB，再证明∠CDE+∠DEF=90°即可得到结论.
【详解】
且，
证明：∵∠DAE=∠CAB=90°，DA=EA，CA=BA，
∴∠DAC=∠EAB，
∴△DAC≌△EAB，
∴DC=EB，
∵∠FDE+∠FDA+∠AED=90°，
∴∠FDE+∠FED=90°，即
∴线段DC和EB之间的关系为：且
【点拨】此题主要考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
11．(1)见解析；（2）见解析.
【解析】
【分析】
（1）连接BD，证明△DMB≌△DNC．根据已知，全等条件已具备两个，再证出∠MDB=∠NDC，用ASA证明全等，四边形DMBN的面积不发生变化，因为它的面积始终等于△ABC面积的一半；
（2）同样利用（1）中的证明方法可以证出△DMB≌△DNC；
（3）方法同（1）．
【详解】
证明：（1）连接BD,

∵AB=BC，∠ABC=90°，点D为AC的中点
∴BD⊥AC，∠A=∠C=45°
∴BD=AD=CD
∴∠ABD=∠A=45°
∴∠MBD=∠C=45°
∵∠MDB+∠BDN=90°
∠NDC+∠BDN=90°
∴∠MDB=∠NDC
在△MDB和△NDC中

∴△MDB≌△NDC（ASA）
∴DM=DN（5分）
（2）DM=DN仍然成立．理由如下：连接BD，

由（1）知BD⊥AC，BD=CD
∴∠ABD=∠ACB=45°
∵∠ABD+∠MBD=180°∠ACB+∠NCD=180°
∴∠MBD=∠NCD
∵BD⊥AC
∴∠MDB+∠MDC=90°
又∠NDC+∠MDC=90°
∴∠MDB=∠NDC
在△MDB和△NDC中

∴△MDB≌△NDC（ASA） 
∴DM=DN.
【点拨】本题主要考查学生的推理能力，题目比较典型，利用ASA求三角形全等（手拉手模型），还运用了全等三角形的性质，等腰直角三角形的性质，及等腰三角形三线合一定理等知识．
12．（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】
（1）先根据等边三角形的性质可得，再根据角的和差可得，然后根据三角形全等的判定定理即可得证；
（2）先根据全等三角形的性质可得，从而可得，再根据平行线的判定可得，然后根据平行四边形的判定即可得证．
【详解】
（1）∵和都是等边三角形，
∴，
，即，
在和中，，
∴；
【点拨】本题考查了等边三角形的性质、三角形全等的判定定理与性质知识点，熟练掌握各判定定理与性质是解题关键．
13．（1）详见解析；（2）①；②当时，与全等.
【分析】
根据等边三角形的性质可得，，，然后求出，再利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等即可得证；
求出，即可得到旋转角度数；
当时，与全等根据旋转的性质可得，然后得到四边形是菱形，根据菱形的对角线平分一组对角可得，菱形的对边平行可得，根据等边三角形的性质求出，，然后根据等腰三角形三线合一的性质求出，从而得到，然后利用“角边角”证明与全等．
【详解】
证明：和都是等边三角形．
，，，
，
即，
在和中，
，
≌，
；
当旋转角为60°时，边落在上.
理由如下：，
，
边落在AE上，
旋转角．
故答案为60．
当时，与全等．
理由如下：由旋转可知，与AD重合，
，
四边形是菱形，
，，
是等边三角形，
，，
，
，
，
又，
，
在与中，
，
≌．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，以及旋转的性质，综合性较强，但难度不大，熟练掌握等边三角形的性质与全等三角形的判定时提到过．
14．（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据等边三角形的性质得到AB＝BC，BD＝BE，∠ABC＝∠DBE＝60°，从而证得△ABD≌△CBE，即可得到AD=EC；
（2）根据△ABD≌△CBE，∠ABE=60°，可通过ASA证明△PBE≌△QBD，所以BP=BQ；
（3）由BP=BQ，∠ABE=60°，可得△BPQ为等边三角形.
【详解】
证明：（1）∵△ABC与△BDE为等边三角形，
∴AB＝BC，BD＝BE，∠ABC＝∠DBE＝60°，
∴∠ABD＝∠CBE，
在△ABD和△CBE中，AB＝BC∠ABD＝∠CBEBD＝BE，
∴△ABD≌△CBE(SAS)，
∴AD=EC；
（2）∵△ABD≌△CBE，∠ABC＝∠DBE＝60°，C、B、D三点共线，
∴∠ADB=∠CEB，∠ABE=60°，
在△PBE和△QBD中，∠QDB=∠PEBBD=BE∠QBD=∠PBE=60°，
∴△PBE≌△QBD（ASA），
∴BP=BQ；
（3）连接PQ，
∵BP=BQ，∠ABE=60°，
∴△BPQ为等边三角形.

【点拨】本题考查等边三角形的性质，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，属于中考常考题型．
15．（1）①见解析；②见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据已知及正方形的性质，全等三角形的判定，全等三角形的性质的计算，可知①∠BAE＝∠DAF是否成立；可知②DN⊥AE是否成立；
（2）根据已知及正方形的性质，全等三角形的判定，全等三角形的性质的计算，求出​∠EAC与∠ADN的和的度数.
【详解】
（1）证明：①在正方形ABCD中，
∴，.
∵，
∴.
∴.
∴.
②∵M是AF的中点，
∴，
由①可知.
∵.
∵
∴
∴

（2）解：延长AD至H，使得，连结FH，CH.

∵，
∴.
在正方形ABCD屮，AC是对角线，
∴.
∴.
∴.
∴
又∵，
∴.
∴
∵M是AF的中点，D是AH的中点，
∴.
∴
∴
【点拨】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定，全等三角形的性质的应用，解题的关键是熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定，全等三角形的性质的计算.
16．（1）是，详见解析；（2）是，详见解析；（3）90°；（4）是，详见解析
【分析】
（1）由四边形与是正方形，可得，，，进而得出，然后由边角边即可判定；

（2）根据全等三角形的性质则可证得；
（3）根据全等三角形的性质和角的关系即可得出夹角是；
（4）根据全等三角形的性质和三角形的面积解答即可．
【详解】
解：（1）结论：成立
证明：∵和是正方形
∴，，且
∴
在与中

∴；
（2）结论：
证明：∵
∴；
（3）与交点为，如图：

∵
∴
∵
∴
∴
∴和的夹角为；
（4）结论：平分
证明：过点作，，如图：

∵
∴
∴
∵
∴
∵，
∴平分．
由勾股定理可得：AC2+GE2=AE2+CG2．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、正方形的性质、角的和差、三角形的面积、角平分线的判定、三角形的内角和等知识点，体现了逻辑推理的核心素养，熟练掌握相关知识点是解决问题的关键．
17．（1）见解析；（2）见解析；（3），见解析．
【分析】
（1）根据和是等边三角形，得到边角关系，即，，，根据等式性质得到，最后利用证明全等即可；
（2）根据≌，可知对应角，又因为，等量代换可知，进而得到；
（3），由是等边三角形，点为的中点，根据三线合一可知，再根据≌，进而得到，最后可求得的度数．
【详解】
（1）和是等边三角形；
，，，
，
即，
在与中
，
≌；
（2）≌，
；
，
，
；
（3），理由如下：
是等边三角形，点为的中点，
，，，
，
，
≌，
，
，
．
【点拨】本题考查了等边三角形的性质和全等三角形的判定和性质，等式的性质以及平行线的判定等知识点，准确的运用这些性质是解题的关键．
18．（1）详见解析；（2）详见解析
【分析】
（1）根据等边三角形性质得出，，，求出．根据证，则，根据三角形的内角和定理可求出；
（2）过点分别作，，垂足为点、，再（1）结论的基础上根据全等三角形的性质以及三角形的面积公式求得，然后根据角平分线的判定即可得证结论．
【详解】
证明：（1）∵和是等边三角形
∴，，
∴
在和中，

∴
∴，
∵
∴在中，


；
（2）过点分别作，，垂足为点、，如图：

∵由（1）知：
∴，
∴
∴
∵，
∴点在的平分线上，
∴平分．
【点拨】本题考查了等边三角形性质、三角形的面积、全等三角形的性质和判定、三角形的内角和定理、等式性质、角平分线的判定等知识点的综合运用，证明是解决问题的关键．
19．（1）详见解析；（2）60°；（3）详见解析
【分析】
（1）根据△ABD和△BCE都是等边三角形，即可得到△ABE≌△DBC（SAS），进而得出AE＝DC；
（2）根据全等三角形的性质以及三角形内角和定理，即可得到△ADH中，∠AHD＝60°，进而得到AE与DC的夹角为60°；
（3）过B作BF⊥DC于F，BG⊥AH于G，根据全等三角形的面积相等，即可得到BG＝BF，再根据BF⊥DC于F，BG⊥AH于G，可得BH平分∠AHC．
【详解】
证明：（1）∵△ABD和△BCE都是等边三角形，
∴AB＝DB，EB＝CB，∠ABD＝∠EBC
∴∠ABE＝∠DBC
∴在△ABE和△DBC中

∴△ABE≌△DBC（SAS）
∴AE＝DC；
（2）∵△ABE≌△DBC
∴∠BAE＝∠BDC
又∵∠BAE+∠HAD+∠ADB＝120°
∴∠BDC+∠HAD+∠ADB＝120°
∴△ADH中，∠AHD＝180°﹣120°＝60°
即AE与DC的夹角为60°；
（3）过B作BF⊥DC于F，BG⊥AH于G，如图：

∵△ABE≌△DBC
∴S△ABE＝S△DBC，即AE×BGDC×BF
∵AE＝DC
∴BG＝BF
∵BF⊥DC于F，BG⊥AH于G
∴BH平分∠AHC．
【点拨】本题考查了等边三角形性质、全等三角形的性质和判定、三角形的内角和定理、等式性质、角平分线的判定等知识点的综合运用，证明是解决问题的关键．
20．（1）见解析；（2）120；（3）见解析
【分析】
（1）由于△ABC和△CDE是等边三角形，可知AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，从而证出△ACD≌△BCE，可推知AD=BE；
（2）由（1）推出∠CAD=∠CBE，利用三角形内角和定理可求得∠BOP=∠ACP=60°，从而求得∠AOE的度数；
（3）由△ACD≌△BCE得∠CBE=∠DAC，加之∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，得到△CQB≌△CPA（ASA），从而证明CP=CQ．
【详解】
（1）∵△ABC和△CDE为等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠BCA=∠DCE=60°，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD与△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴AD=BE；
（2）∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAD=∠CBE，
∵∠APC=∠BPO，
∴∠BOP=∠ACP=60°，
∴∠AOE=18060°=120°，
故答案为：120；
（3）∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAD=∠CBE，
∵∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠BCQ=60°，
在△CQB和△CPA中，
，
∴△CQB≌△CPA（ASA），
∴CP=CQ．
【点拨】本题考查了等边三角形的性质，全等三角的判定与性质，三角形的内角和定理，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
21．（1）证明见解析 （2） （3）证明见解析
【分析】
（1）根据等边三角形的性质去证明，即可得证；

（2）根据等边三角形的性质得，再根据（1）中可得，再根据三角形的外角的性质即可求出度数；
（3）根据等边三角形的性质去证明，可得，从而求得即可得证．
【详解】
（1）∵和是等边三角形
∴
∴
∴
在△BCD和△ACE中

∴
∴；
（2）∵是等边三角形
∴
∵
∴
∴



；
（3）∵和是等边三角形
∴
∴
∴
在△BCM和△ACN中

∴
∴
∴
∴
∴．
【点拨】本题考查了全等三角形的综合问题，掌握等边三角形的性质、全等三角形的性质以及判定定理、三角形外角的性质、三角形内角和定理、平行线的性质以及判定定理是解题的关键．
22．EC=BF，EC⊥BF，理由详见解析
【分析】
先由条件可以得出∠EAC=∠BAE，再证明△EAC≌△BAF就可以得出EC=BF，再利用角度之间的转化可得∠BMD=90°，即可证明EC⊥BF．
【详解】
解：EC=BF， EC⊥BF
证明如下：∵AE⊥AB，AF⊥AC，


∴∠BAE=∠CAF=90°，
∴∠BAE+∠BAC=∠CAF+∠BAC，即∠EAC=∠BAF，
在△ABF和△AEC中，
，
∴△ABF≌△AEC（SAS），
∴EC=BF，∠AEC=∠ABF，
∵AE⊥AB，
∴∠BAE=90°，
∴∠AEC+∠ADE=90°，
∵∠ADE=∠BDM（对顶角相等），
∴∠ABF+∠BDM=90°，
在△BDM中，∠BMD=180°-∠ABF-∠BDM=180°-90°=90°，
∴EC⊥BF．
【点拨】本题考查全等三角形的判定与性质的运用，垂直的判定的运用．解答时注意证明三角形全等的手拉手模型．
23．见解析
【分析】
由垂直的定义得到一对直角相等，再利用等式的性质得到夹角相等，利用SAS得到三角形EAD与三角形BAC全等，利用全等三角形的对应边相等即可得证．
【详解】
证明：∵DA⊥AB，CA⊥AE，
∴∠EAC=∠BAD=90°，
∴∠EAC+∠CAD=∠BAD+∠CAD，
∴∠EAD=∠BAC，
在△EAD和△BAC中
，
∴△EAD≌△BAC，
∴DE=BC．
【点拨】此题考查全等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．
24．（1）150；（2）CE=AD．理由见解析；（3）．
【解析】
【分析】
（1）根据已知条件可知△ABD≌△ACD，进而得出∠ADB的度数；
（2）通过证明△ABD≌△EBC即可解答；
（3）通过前两问得出∠DCE=90°，通过角度运算得出∠BDE=90°，分别由勾股定理运算即可得．
【详解】
（1）∵△BCD是等边三角形，
∴BD=BC，∠BDC=60°
∴在△ABD与△ACD中，

∴△ABD≌△ACD（SSS），
∴∠ADB=∠ADC=
故答案为：150°
（2）结论：CE=AD．
理由：∵△BDC、△ABE都是等边三角形，
∴∠ABE=∠DBC=60°，AB=BE，BD=DC，
∴∠ABE﹣∠DBE=∠DBC﹣∠DBE，
∴∠ABD=∠EBC，
在△ABD和△EBC中
，
∴△ABD≌△EBC(SAS)
∴CE=AD
（3）∵△ABD≌△EBC，
∴∠BDA=∠ECB=150°
∵∠BCD=60°，
∴∠DCE=90°．
∵∠DEC=60°，
∴∠CDE=30°
∵DE=2，
∴CE=1，
由勾股定理得：DC=BC=，
∵∠BDE=60°+30°=90°，DE=2，BD=
由勾股定理得：BE=
∵△ABE是等边三角形，
∴AE=BE=．
【点拨】本题考查了等腰三角形、等边三角形、全等三角形、以及勾股定理的应用，解题的关键是灵活运用特殊三角形的性质进行推理求证．
25．见解析．
【分析】
如图（见解析），连接CF，先根据等边三角形的性质、角的和差得出，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，同理根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后根据等量代换即可得证．
【详解】
如图，连接CF
、、均为等边三角形



又



，即
又


．

【点拨】本题考查了等边三角形的性质，三角形全等的判定定理与性质等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．
26．（1）图见解析，BE=CD，证明见解析；（2）BE=CD，证明见解析．
【分析】
（1）分别以A、B为圆心，AB长为半径画弧，两弧交于点D，连接AD，BD，同理连接AE，CE，由等边三角形的三边相等可得AD=AB，AC=AE，三个内角都是60°可得∠BAD=∠CAE=60°，再加上公共角∠BAC即可得∠CAD=∠EAB，由此可证△CAD≌△EAB，继而可得结论；

（2）由正方形的四条边相等可得AD=AB，AC=AE，四个内角都是90°可得∠BAD=∠CAE=90°，再加上公共角∠BAC即可得∠CAD=∠EAB，由此可证△CAD≌△EAB，继而可得结论；
【详解】
解：（1）完成图形，如图所示：

BE=CD，证明如下：
∵△ABD和△ACE都是等边三角形，
∴AD=AB，AC=AE，∠BAD=∠CAE=60°，
∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC，即∠CAD=∠EAB，
在△CAD和△EAB中，

∴△CAD≌△EAB（SAS），
∴BE=CD．
（2）BE=CD，
理由如下，
∵四边形ABFD和ACGE均为正方形，
∴AD=AB，AC=AE，∠BAD=∠CAE=90°，
∴∠CAD=∠EAB，
在△CAD和△EAB中，

∴△CAD≌△EAB（SAS），
∴BE=CD；
【点拨】本题考查正方形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的性质和判定．熟练掌握全等三角形的判定定理，并能依据等边三角形和正方形的边和角之间的特殊性判断三角形全等是解题关键．
27．（1）见解析；（2）BA+BD=BE，理由见解析
【分析】
（1）由“SAS”可证△ABE≌△ACD；
（2）由全等三角形的性质可得BE=DC，由线段的和差关系可求解．
【详解】
（1）∵△ABC、△ADE是等边三角形，
∴AB=AC=BC，AD=AE，∠BAC=∠EAD=60°，
∴∠BAC+∠BAD=∠EAD+∠BAD，
即∠CAD=∠BAE，
∵在△ABE和△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD；
（2）BA+BD=BE，
理由如下：
∵△ABE≌△ACD，
∴BE=DC，
∴BA+BD= BC+BD=DC= BE．
【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，证明△ABE≌△ACD是解本题的关键．
28．（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】
（1）先根据等边三角形的性质可得，再根据角的和差可得，然后根据三角形全等的判定定理即可得证；
（2）如图（见解析），先根据三角形全等的性质可得，再根据三角形的面积公式可得，由此即可得证．
【详解】
（1）和都是等边三角形，
，
，即，
在和中，，
；
（2）如图，过点A作于点D，作于点G，连接AO，
由（1）已证：，
，
，
，
点A在的角平分线上，
即AO平分．

【点拨】本题考查了三角形全等的判定定理与性质、等边三角形的性质、角平分线的判定定理等知识点，熟练掌握三角形全等的判定定理与性质是解题关键．
29．（1）见解析；（2）60°；（3）成立，相等
【分析】
（1）根据等边三角形的性质得到PA=PC，∠APC=60°，PB=PD，∠BPD=60°，于是得到∠APD=∠CPB，证得△APD≌△CPB，即可证明AD= BC；
（2）由△APD≌△CPB，再根据三角形的外角的性质即可求解；
（2）根据等边三角形的性质得到PA=PC，∠APC=60°，PB=PD，∠BPD=60°，于是得到∠APD=∠CPB，证得△APD≌△CPB，即可证明AD= BC，再根据三角形的外角的性质即可求得∠AQC=60°．
【详解】
（1）∵△APC是等边三角形，
∴PA=PC，∠APC=60°，
∵△BDP是等边三角形，
∴PB=PD，∠BPD=60°，
∴∠APC=∠BPD，
∴∠APD=∠CPB，
在△APD与△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是等边三角形，
∴PA=PC，∠APC=60°，
∵△BDP是等边三角形，
∴PB=PD，∠BPD=60°，
∴∠APC=∠BPD，
∴∠APD=∠CPB，
在△APD与△CPB中，
，
∴△APD≌△CPB(SAS)，
∴AD= BC；
∴∠PAD=∠PCB，
∵∠QAP+∠QAC+∠ACP=120°，
∴∠QCP+∠QAC+∠ACP=120°，
∴∠AQC=180°-120°=60°．
【点拨】本题考查了等边三角形的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定与性质以及三角形的外角性质，正确证明两个三角形全等是解题的关键．
30．（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【分析】
（1）由等边三角形的性质可证得△ABE≌△CBD，可求得AE=CD；
（2）由全等三角形的性质得出∠BAG=∠BCH，证出∠ABC=∠CBH=60°，由ASA证明△ABG≌△CBH，可得AG=CH；
（3）由（2）中的全等得BG=BH，证明△GHB是等边三角形，根据内错角相等可得结论．
【详解】
（1）∵△ABC、△BDE均为等边三角形，
∴AB=AC=BC，BD=BE，∠ABC=∠EBD=60°，
∴180°﹣∠EBD=180°﹣∠ABC，
即∠ABE=∠CBD，
在△ABE与△CBD中，
，
∴△ABE≌△CBD（SAS），
∴AE=CD；
（2）∵△ABE≌△CBD，
∴∠BAG=∠BCH，
∵∠ABC=∠EBD=60°，
∴∠CBH=180°﹣60°×2=60°，
∴∠ABC=∠CBH=60°，
在△ABG与△CBH中，
，
∴△ABG≌△CBH（ASA），
∴AG=CH；
（3）由（2）知：△ABG≌△CBH，
∴BG=BH，
∵∠CBH=60°，
∴△GHB是等边三角形，
∴∠BGH=60°=∠ABC，
∴GH∥AD．
【点拨】本题考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定及性质、平行线的判定等知识；本题综合性强，难度不大，证明三角形全等是解决问题的关键．
31．（1）详见解析；（2）90°－a．
【分析】
（1）根据SAS即可证明结论；

（2）过C点分别作CH⊥AE，CG⊥BD，先利用全等的性质及三角形内角和证明∠BPA=∠ACB=a，再通过面积相等证明CH=CG，从而得到PC平分∠APD，然后利用角之间的关系即可得到结果．
【详解】
解：（1）证明：∵∠ACB=∠DCE=a，
∴∠ACB+∠BCE=∠DCE+∠BCE，
∴∠ACE=∠BCD，
在△ACE和△BCD中，，
∴△ACE≌△BCD(SAS)；
（2）过C点分别作CH⊥AE于点H，CG⊥BD于点G，

∵△ACE≌△BCD，
∴∠DBC=∠EAC，BD=AE，，
又∵∠BHP=∠AHC，
∴∠BPA=∠ACB=a，
∵，AE=BD，
∴CH=CG，
又∵CH⊥AE，CG⊥BD，
∴PC平分∠APD，
∴∠APC=∠APD=(180°－∠BPA )=90°－a．
【点拨】本题考查全等三角形的性质与判定、角平分线的判定，明确判定定理及性质定理是解题的关键．
32．（1）①证明见解析；②60°；（2）
【分析】
（1）①根据已知条件证明，再由SAS得，即可得到结果；②由可得，再结合图形，利用角的和差，可得结果；
（2）由（1）知，；
【详解】
解析（1）①，
，
，
在和中，
，
，
．
②，
，
，
，
；
（2）如图②，同理可得：，
．
，
，
，
．
．
故答案为：，．
【点拨】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，准确分析求解是解题的关键．
33．（1）见解析；（2）；（3）是等边三角形．
【分析】
（1）从和是等边三角形中寻找条件证明，然后利用全等三角形的性质即可证明；
（2）由可得，再由外角的性质可得，然后根据等量代换即可证明；
（3）先证明得到，然后结合即可说明是等边三角形．
【详解】
（1）证明：和都是等边三角形，
，，．
，
．
在和中，
，
，
；
（2）解：，
．
又，
∴；
（3）解：由（1）知，
．
在和中，
，
，
．
，
是等边三角形．
【点拨】本题主要考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形外角的性质等知识点，灵活应用相关知识点成为解答本题的关键．