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专题1.51 全等三角形几何模型-手拉手模型（基础篇）（专项练习）-2022-2023学年八年级数学上册基础知识专项讲练（浙教版）
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这是一份专题1.51 全等三角形几何模型-手拉手模型（基础篇）（专项练习）-2022-2023学年八年级数学上册基础知识专项讲练（浙教版），共30页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题1.51 全等三角形几何模型-手拉手模型（基础篇）
（专项练习）
手拉手模型的定义：
定义：有两个顶角相等而且有公共顶点的等腰三角形开成的图形。
特别说明：其中图一、图二为两个基本图形----等腰三角形，图二至图七为手拉手的基本模型，（左手拉左手，右手拉右手）
图一 图二
图三 图四 图五
图六 图七
3、 如右图：手拉手模型的重要结论：
结论1：∆ABC≅∆A/B/C/（SAS）
BC=B/C/(左手拉左手等于右手拉右手)
结论2：∠BOB=∠BAB（利用三角形全等及顶角相等
的等腰三角形底角相等）
结论3：AO平分∠BOC/（利用三角形全等面积相等，再利用角平分线性质定理证明）
一、单选题
1．如图，AB=AD，AC=AE，DAB=CAE=50° ，以下四个结论：①△ADC≌△ABE；②CD=BE；③DOB=50°；④点A在DOE的平分线上，其中结论正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．如图，在中，，分别以，为边作等边和等边，连结，若，，则（ ）
A． B． C．4 D．
3．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（ ）
A．∠AOB=60° B．AP=BQ
C．PQ∥AE D．DE=DP
4．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：①AE＝CD；②∠AHD＝60°；③△AGB≌△DFB；④BH平分∠GBF；⑤GF∥AC；⑥点H是线段DC的中点．正确的有（ ）
A．6个 B．5个 C．4个 D．3个
5．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
6．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
7．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
8．如图，已知△ABC与△CDE都是等边三角形，点B、C、D在同一条直线上，AD与BE相交于点G，BE与AC相交于点F，AD与CE相交于点H，则下列结论①△ACD≌△BCE ②∠AGB＝60° ③BF＝AH ④△CFH是等边三角形 ⑤连CG，则∠BGC＝∠DGC．其中正确的个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
二、填空题
9．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：①AE=BD；②；③线段AE和BD所夹锐角为80°；④FG∥BE．其中正确的是______．（填序号）
10．等腰直角三角形ABC中，，，且△ABC的面积为16，过点B作直线，点G是直线EF上的一个动点，连接AG，将AG绕点A顺时针旋转，得到线段AH，连接BH，则线段BH的最小值为______．
11．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点D为三角形右侧外一点．且∠BDC＝45°．连接AD，若△ACD的面积为，则线段CD的长度为 ___．
12．如图，，，，和相交于，和相交于，则的度数是__°.
13．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＝_____．
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
15．图1、图2中，点C为线段AB上一点，△ACM与△CBN都是等边三角形．
（1）如图1，线段AN与线段BM是否相等？证明你的结论；
（2）线段AN与线段BM交于点O，求∠AOM的度数；
（3）如图2，AN与MC交于点E，BM与CN交于点F，探究△CEF的形状，并证明你的结论．
16．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．
17．如图，∠1=∠2，AD=AE，∠B=∠ACE，且B、C、D三点在一条直线上．若∠B=60°，求证：CE=AC+CD．
18．如图所示，和都是等边三角形，且在同一直线上，连结交于，连接交于，连结．
求证：（1）；（2）；（3）是等边三角形．
19．如图，以的边、向外作等边和等边，连接、．问：线段和有什么数量关系？试证明你的结论．
20．如图，若和都是等边三角形，求的度数．
21．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）△ACE≌△DCB； （2）△ACM≌△DCN； （3）MN∥AB．
参考答案
1．D
【分析】
根据全等三角形的判定及角平分线的性质即可依次判断．
解：∵DAB=CAE
∴DAB+BAC=CAE+BAC
∴DAC=EAB
∵AB=AD，AC=AE
∴△ADC≌△ABE
∴CD=BE，故①②正确；
∵△ADC≌△ABE
∴ADC =ABE
设AB与CD交于G点，
∵AGD =BGC
∴DOB=DAB=50°,故③正确；
过点A作AF⊥CD于F点，过点A作AH⊥BE于H点，
则AF、AH分别是△ADC与△ABE边上的高
∵△ADC≌△ABE
∴AF=AH
∴点A在DOE的平分线上，④正确
故选D．
【点拨】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知角平分线的性质与判定．
2．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．
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．
【点拨】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．
3．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．
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，
∴AD-AP=BE-BQ，
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．
4．C
【分析】
连接GF，过点B作BM⊥AE于M，BN⊥CD于N；结合题意，利用等边三角形、全等三角形的性质，推导得AE＝CD，∠AHD＝∠ABG＝60°；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BM⊥AE于M，BN⊥CD于N
∵△ABD，△BCE都是等边三角形，
∴∠ABD＝∠EBC＝60°，BA＝BE，BE＝BC，
∴∠ABE＝∠DBC，
在△ABE和△DBC中，
∴△ABE≌△DBC（SAS），
∴AE＝CD，故①正确；
∵△ABE≌△DBC，
∴∠BAE＝∠BDC，
∵∠AGB＝∠DGH，
∴∠AHD＝∠ABG＝60°，故②正确；
在△AGB和△DFB中，
∴△AGB≌△DFB（ASA），故③正确；
∵△AGB≌△DFB，
∴BG＝BF，
∵∠GBF＝60°，
∴△BGF是等边三角形，
∴∠FGB＝∠ABD＝60°，
∴FG∥AC，故⑤正确；
∵△ABE≌△DBC，BM⊥AE，BN⊥CD，
∴BM＝BN，
∴BH平分∠AHC，但不一定平分∠GBF，故④错误；
根据题意，无法判断DH＝CH，故⑥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．
5．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．
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．
6．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．
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．
7．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．
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．
8．D
解：∵∠BCA=∠DCE=60°，
∴∠BCE=∠ACD，在△BCE和△ACD中，
∵BC=AC，∠BCE=∠ACD，CE=CD，
∴△BCE≌△ACD（SAS）；故①正确；
∵△BCE≌△ACD，
∴∠CBF=∠CAH．
∵∠BFC=∠AFG，
∴∠AGB=∠ACB=60°，故②正确；
在△BCF和△ACH中，∠CBF=∠CAH，BC=AC，∠BCF=∠ACH，
∴△BCF≌△ACH（ASA），
∴CF=CH，BF=AH；故③正确；
∵CF=CH，∠ACH=60°，
∴△CFH是等边三角形；故④正确；
连接CG，过C点作CM⊥BE，作CN⊥AD，
∵△BCE≌△ACD，CM⊥BE，CN⊥AD，
∴CM=CN，
∴GC平分∠BGD，
∴∠BGC=∠DGC，故⑤正确．
故选：D．
【点拨】1．全等三角形的判定与性质；2．等边三角形的判定与性质．
9．①②④
【分析】
利用等边三角形的性质证明可判断①，利用，可得利用三角形的外角的性质可得 从而可判断③， 再结合等边三角形的性质证明可判断②， 由可得：，结合可得，从而可判断④．
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①正确；
∵，
∴∠BDC=∠CEA，
∵∠AHB=∠DBE+∠BEA=∠DBE+∠BDC=180°∠BCD=60°， 所以③错误；
在和中，
，
∴，
∴所以②正确；
，
∵CG=CF，∠ACD=60°，
∴∠GFC=60，
又∵∠DCE=60°，
∴∠GFC=∠DCE，
∴GF∥BC，所以④正确．
故答案为：①②④．
【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．
10．
【分析】
如图所示：连接CG．
由旋转的性质可知，，再由，可知．可证．可得．BH最小转化成求CG最小．只需就可以了．由此可得四边形是正方形．由的面积是16，可求BH的值为．
解：如图所示：连接CG．
由旋转的性质可知：，．
∵
∴，
即．
在和中，
∴
要让最小，也就是要最小，
∴时，最小．
∵，，
∴
∵
∴四边形ABGC时矩形，
∵
∴矩形ABGC是正方形．
∴．
∵△ABC的面积为16，
∴，
解得：．
∴．
故答案为：
【点拨】本题考查了全等三角形的性质和判定定理、矩形的性质和判定定理、正方形的性质和判定定理、等腰直角三角形的性质等知识．证得三角形全等，由求转化成求，和让时，最短是解决本题的关键．
11．
【分析】
过点B作BE⊥BD，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△BCD≌△BEA，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BE⊥BD，交DC的延长线于点E，连接AE，如图所示：
∵∠ABC＝90°，
∴，
∴，
∵∠BDC＝45°，∠EBD＝90°，
∴△EBD是等腰直角三角形，
∴∠BDC=∠BED=45°，BE=BD，
∵AB＝BC，
∴△BCD≌△BAE（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，解题的关键是构造旋转型全等，抓住等腰直角三角形的特征．
12．120
【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．
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．
13．82°
【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．
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.
14． 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．
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．
15．（1）AN＝BM，见分析；（2）60°；（3）等边三角形，见分析
【分析】
（1）证△ACN≌△MCB（SAS），即可得出AN＝BM；
（2）由全等三角形的性质得∠ANC＝∠MBC，则∠AOM＝∠CAN+∠MBC＝∠CAN+∠ANC＝∠BCN＝60°；
（3）证△ACE≌△MCF（ASA），得CE＝CF，即可得出结论．
解：（1）AN＝BM，理由如下：
∵△ACM、△CBN都是等边三角形，
∴AC＝CM，CN＝CB，∠ACM＝∠BCN＝60°，
∴∠ACM+∠MCN＝∠BCN+∠MCN，
∴∠ACN＝∠BCM，
在△ACN和△MCB中，
，
∴△ACN≌△MCB（SAS），
∴AN＝BM；
（2）由（1）得：△ACN≌△MCB，
∴∠ANC＝∠MBC，
∴∠AOM＝∠CAN+∠MBC＝∠CAN+∠ANC＝∠BCN＝60°；
（3）△CEF是等边三角形，理由如下：
∵△ACN≌△MCB，
∴∠CAE＝∠CMF，
∵∠MCF＝180°﹣∠ACM﹣∠BCN＝60°，
∴∠ACE＝∠MCF，
在△ACE和△MCF中，
，
∴△ACE≌△MCF（ASA），
∴CE＝CF，
∵∠MCF＝60°，
∴△CEF是等边三角形．
【点拨】本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
16．（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．
17．证明见分析
【分析】
利用AAS证出△BAD≌△CAE，从而得出AB=AC，CE=BD=BC＋CD，根据等边三角形的判定定理可证△ABC为等边三角形，从而得出BC=AC，利用等量代换即可证出结论．
解：∵∠1=∠2
∴∠1＋∠CAD=∠2＋∠CAD
∴∠BAD=∠CAE
在△BAD和△CAE中
∴△BAD≌△CAE
∴AB=AC，CE=BD=BC＋CD
∵∠B=60°，
∴△ABC为等边三角形
∴BC=AC
∴CE=AC+CD．
【点拨】此题考查的是全等三角形的判定及性质和等边三角形的判定及性质，掌握全等三角形的判定及性质和等边三角形的判定及性质是解题关键．
18．（1）见分析；（2）见分析；（3）见分析
【分析】
（1）由已知条件利用SAS证明△ABD≌△ACE即可．
（2）由已知条件利用ASA证明△ABM≌△ACN．
（3）根据得到，再根据即可证明．
解：和是等边三角形
即
在和中
由知
又
由可证
在和
由知
又知
是等边三角形．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质；能够熟练掌握等边三角形的性质并利用性质证明三角形全等是正确解答本题的关键．
19．，理由见分析．
【分析】
由和都是等边三角形，利用等边三角形的性质得到，，，利用等式的性质得到夹角相等，再用证明和全等，最后利用全等三角形对应边相等即可得证．
解：，理由如下：
是等边三角形，
，，
是等边三角形，
，，
，
即，
在和中
，
≌，
．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定和性质，根据等边三角形的性质得出夹角相等是解题的关键．
20．120°．
【分析】
利用等边三角形的性质可得AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠CAE＝60°，利用SAS即可证明△DAC≌△BAE，从而得出∠ABE＝∠ADC，设AB与CD交于点F，根据三角形内角和定理和等量代换即可求出∠BOF，利用平角的定义即可求出结论．
解：∵△ABD、△AEC都是等边三角形，
∴AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠CAE＝60°，
∵∠DAC＝∠BAC＋60°，∠BAE＝∠BAC＋60°，
∴∠DAC＝∠BAE，
在△DAC和△BAE中，
，
∴△DAC≌△BAE（SAS），
∴∠ABE＝∠ADC
设AB与CD交于点F，
∵∠BFO=∠DFA
∴∠BOF=180°－∠ABE－∠BFO=180°－∠ADC－∠DFA=∠DAB=60°
∴∠BOC=180°－∠BOF=120°．
【点拨】此题考查的是等边三角形的性质和全等三角形的判定及性质，利用SAS证出△DAC≌△BAE是解题关键．
21．（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AC＝CD，BC＝CE，∠ACD＝∠BCE＝60°，得出∠DCB＝∠ACE，由SAS即可得出△ACE≌△DCB；
（2）由全等三角形的性质得出∠EAC＝∠BDC，再证出∠ACD＝∠DCE，由ASA证明△ACM≌△DCN即可；
（3）由全等三角形的性质得出CM＝CN，证出△MCN是等边三角形，得出∠MNC＝∠NCB＝60°，即可得出结论．
解：（1）∵△ACD和△BCE是等边三角形，
∴AC＝CD，BC＝CE，∠ACD＝∠BCE＝60°，
∴∠ACD＋∠DCE＝∠BCE＋∠DCE，∠DCB＝∠ACE，
在△ACE与△DCB中，
，
∴△ACE≌△DCB（SAS）；
（2）由（1）得：△ACE≌△DCB，
∴∠EAC＝∠BDC，
∵∠ACD＝∠BCE＝60°，
∴∠DCE＝60°，
∴∠ACD＝∠DCE，
在△ACM与△DCN中，
，
∴△ACM≌△DCN（ASA）．
（3）由（2）得：△ACM≌△DCN，
∴CM＝CN，
又∵∠MCN＝180°−60°−60°＝60°，
∴△MCN是等边三角形，
∴∠MNC＝60°＝∠NCB，
∴MN∥AB．
【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．
专题1.51 全等三角形几何模型-手拉手模型（基础篇）
（专项练习）
手拉手模型的定义：
定义：有两个顶角相等而且有公共顶点的等腰三角形开成的图形。
特别说明：其中图一、图二为两个基本图形----等腰三角形，图二至图七为手拉手的基本模型，（左手拉左手，右手拉右手）
图一 图二
图三 图四 图五
图六 图七
3、 如右图：手拉手模型的重要结论：
结论1：∆ABC≅∆A/B/C/（SAS）
BC=B/C/(左手拉左手等于右手拉右手)
结论2：∠BOB=∠BAB（利用三角形全等及顶角相等
的等腰三角形底角相等）
结论3：AO平分∠BOC/（利用三角形全等面积相等，再利用角平分线性质定理证明）
一、单选题
1．如图，AB=AD，AC=AE，DAB=CAE=50° ，以下四个结论：①△ADC≌△ABE；②CD=BE；③DOB=50°；④点A在DOE的平分线上，其中结论正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．如图，在中，，分别以，为边作等边和等边，连结，若，，则（ ）
A． B． C．4 D．
3．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（ ）
A．∠AOB=60° B．AP=BQ
C．PQ∥AE D．DE=DP
4．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：①AE＝CD；②∠AHD＝60°；③△AGB≌△DFB；④BH平分∠GBF；⑤GF∥AC；⑥点H是线段DC的中点．正确的有（ ）
A．6个 B．5个 C．4个 D．3个
5．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
6．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
7．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
8．如图，已知△ABC与△CDE都是等边三角形，点B、C、D在同一条直线上，AD与BE相交于点G，BE与AC相交于点F，AD与CE相交于点H，则下列结论①△ACD≌△BCE ②∠AGB＝60° ③BF＝AH ④△CFH是等边三角形 ⑤连CG，则∠BGC＝∠DGC．其中正确的个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
二、填空题
9．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：①AE=BD；②；③线段AE和BD所夹锐角为80°；④FG∥BE．其中正确的是______．（填序号）
10．等腰直角三角形ABC中，，，且△ABC的面积为16，过点B作直线，点G是直线EF上的一个动点，连接AG，将AG绕点A顺时针旋转，得到线段AH，连接BH，则线段BH的最小值为______．
11．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点D为三角形右侧外一点．且∠BDC＝45°．连接AD，若△ACD的面积为，则线段CD的长度为 ___．
12．如图，，，，和相交于，和相交于，则的度数是__°.
13．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＝_____．
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
15．图1、图2中，点C为线段AB上一点，△ACM与△CBN都是等边三角形．
（1）如图1，线段AN与线段BM是否相等？证明你的结论；
（2）线段AN与线段BM交于点O，求∠AOM的度数；
（3）如图2，AN与MC交于点E，BM与CN交于点F，探究△CEF的形状，并证明你的结论．
16．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．
17．如图，∠1=∠2，AD=AE，∠B=∠ACE，且B、C、D三点在一条直线上．若∠B=60°，求证：CE=AC+CD．
18．如图所示，和都是等边三角形，且在同一直线上，连结交于，连接交于，连结．
求证：（1）；（2）；（3）是等边三角形．
19．如图，以的边、向外作等边和等边，连接、．问：线段和有什么数量关系？试证明你的结论．
20．如图，若和都是等边三角形，求的度数．
21．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）△ACE≌△DCB； （2）△ACM≌△DCN； （3）MN∥AB．
参考答案
1．D
【分析】
根据全等三角形的判定及角平分线的性质即可依次判断．
解：∵DAB=CAE
∴DAB+BAC=CAE+BAC
∴DAC=EAB
∵AB=AD，AC=AE
∴△ADC≌△ABE
∴CD=BE，故①②正确；
∵△ADC≌△ABE
∴ADC =ABE
设AB与CD交于G点，
∵AGD =BGC
∴DOB=DAB=50°,故③正确；
过点A作AF⊥CD于F点，过点A作AH⊥BE于H点，
则AF、AH分别是△ADC与△ABE边上的高
∵△ADC≌△ABE
∴AF=AH
∴点A在DOE的平分线上，④正确
故选D．
【点拨】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知角平分线的性质与判定．
2．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．
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．
【点拨】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．
3．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．
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，
∴AD-AP=BE-BQ，
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．
4．C
【分析】
连接GF，过点B作BM⊥AE于M，BN⊥CD于N；结合题意，利用等边三角形、全等三角形的性质，推导得AE＝CD，∠AHD＝∠ABG＝60°；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BM⊥AE于M，BN⊥CD于N
∵△ABD，△BCE都是等边三角形，
∴∠ABD＝∠EBC＝60°，BA＝BE，BE＝BC，
∴∠ABE＝∠DBC，
在△ABE和△DBC中，
∴△ABE≌△DBC（SAS），
∴AE＝CD，故①正确；
∵△ABE≌△DBC，
∴∠BAE＝∠BDC，
∵∠AGB＝∠DGH，
∴∠AHD＝∠ABG＝60°，故②正确；
在△AGB和△DFB中，
∴△AGB≌△DFB（ASA），故③正确；
∵△AGB≌△DFB，
∴BG＝BF，
∵∠GBF＝60°，
∴△BGF是等边三角形，
∴∠FGB＝∠ABD＝60°，
∴FG∥AC，故⑤正确；
∵△ABE≌△DBC，BM⊥AE，BN⊥CD，
∴BM＝BN，
∴BH平分∠AHC，但不一定平分∠GBF，故④错误；
根据题意，无法判断DH＝CH，故⑥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．
5．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．
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．
6．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．
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．
7．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．
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．
8．D
解：∵∠BCA=∠DCE=60°，
∴∠BCE=∠ACD，在△BCE和△ACD中，
∵BC=AC，∠BCE=∠ACD，CE=CD，
∴△BCE≌△ACD（SAS）；故①正确；
∵△BCE≌△ACD，
∴∠CBF=∠CAH．
∵∠BFC=∠AFG，
∴∠AGB=∠ACB=60°，故②正确；
在△BCF和△ACH中，∠CBF=∠CAH，BC=AC，∠BCF=∠ACH，
∴△BCF≌△ACH（ASA），
∴CF=CH，BF=AH；故③正确；
∵CF=CH，∠ACH=60°，
∴△CFH是等边三角形；故④正确；
连接CG，过C点作CM⊥BE，作CN⊥AD，
∵△BCE≌△ACD，CM⊥BE，CN⊥AD，
∴CM=CN，
∴GC平分∠BGD，
∴∠BGC=∠DGC，故⑤正确．
故选：D．
【点拨】1．全等三角形的判定与性质；2．等边三角形的判定与性质．
9．①②④
【分析】
利用等边三角形的性质证明可判断①，利用，可得利用三角形的外角的性质可得 从而可判断③， 再结合等边三角形的性质证明可判断②， 由可得：，结合可得，从而可判断④．
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①正确；
∵，
∴∠BDC=∠CEA，
∵∠AHB=∠DBE+∠BEA=∠DBE+∠BDC=180°∠BCD=60°， 所以③错误；
在和中，
，
∴，
∴所以②正确；
，
∵CG=CF，∠ACD=60°，
∴∠GFC=60，
又∵∠DCE=60°，
∴∠GFC=∠DCE，
∴GF∥BC，所以④正确．
故答案为：①②④．
【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．
10．
【分析】
如图所示：连接CG．
由旋转的性质可知，，再由，可知．可证．可得．BH最小转化成求CG最小．只需就可以了．由此可得四边形是正方形．由的面积是16，可求BH的值为．
解：如图所示：连接CG．
由旋转的性质可知：，．
∵
∴，
即．
在和中，
∴
要让最小，也就是要最小，
∴时，最小．
∵，，
∴
∵
∴四边形ABGC时矩形，
∵
∴矩形ABGC是正方形．
∴．
∵△ABC的面积为16，
∴，
解得：．
∴．
故答案为：
【点拨】本题考查了全等三角形的性质和判定定理、矩形的性质和判定定理、正方形的性质和判定定理、等腰直角三角形的性质等知识．证得三角形全等，由求转化成求，和让时，最短是解决本题的关键．
11．
【分析】
过点B作BE⊥BD，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△BCD≌△BEA，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BE⊥BD，交DC的延长线于点E，连接AE，如图所示：
∵∠ABC＝90°，
∴，
∴，
∵∠BDC＝45°，∠EBD＝90°，
∴△EBD是等腰直角三角形，
∴∠BDC=∠BED=45°，BE=BD，
∵AB＝BC，
∴△BCD≌△BAE（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，解题的关键是构造旋转型全等，抓住等腰直角三角形的特征．
12．120
【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．
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．
13．82°
【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．
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.
14． 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．
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．
15．（1）AN＝BM，见分析；（2）60°；（3）等边三角形，见分析
【分析】
（1）证△ACN≌△MCB（SAS），即可得出AN＝BM；
（2）由全等三角形的性质得∠ANC＝∠MBC，则∠AOM＝∠CAN+∠MBC＝∠CAN+∠ANC＝∠BCN＝60°；
（3）证△ACE≌△MCF（ASA），得CE＝CF，即可得出结论．
解：（1）AN＝BM，理由如下：
∵△ACM、△CBN都是等边三角形，
∴AC＝CM，CN＝CB，∠ACM＝∠BCN＝60°，
∴∠ACM+∠MCN＝∠BCN+∠MCN，
∴∠ACN＝∠BCM，
在△ACN和△MCB中，
，
∴△ACN≌△MCB（SAS），
∴AN＝BM；
（2）由（1）得：△ACN≌△MCB，
∴∠ANC＝∠MBC，
∴∠AOM＝∠CAN+∠MBC＝∠CAN+∠ANC＝∠BCN＝60°；
（3）△CEF是等边三角形，理由如下：
∵△ACN≌△MCB，
∴∠CAE＝∠CMF，
∵∠MCF＝180°﹣∠ACM﹣∠BCN＝60°，
∴∠ACE＝∠MCF，
在△ACE和△MCF中，
，
∴△ACE≌△MCF（ASA），
∴CE＝CF，
∵∠MCF＝60°，
∴△CEF是等边三角形．
【点拨】本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
16．（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．
17．证明见分析
【分析】
利用AAS证出△BAD≌△CAE，从而得出AB=AC，CE=BD=BC＋CD，根据等边三角形的判定定理可证△ABC为等边三角形，从而得出BC=AC，利用等量代换即可证出结论．
解：∵∠1=∠2
∴∠1＋∠CAD=∠2＋∠CAD
∴∠BAD=∠CAE
在△BAD和△CAE中
∴△BAD≌△CAE
∴AB=AC，CE=BD=BC＋CD
∵∠B=60°，
∴△ABC为等边三角形
∴BC=AC
∴CE=AC+CD．
【点拨】此题考查的是全等三角形的判定及性质和等边三角形的判定及性质，掌握全等三角形的判定及性质和等边三角形的判定及性质是解题关键．
18．（1）见分析；（2）见分析；（3）见分析
【分析】
（1）由已知条件利用SAS证明△ABD≌△ACE即可．
（2）由已知条件利用ASA证明△ABM≌△ACN．
（3）根据得到，再根据即可证明．
解：和是等边三角形
即
在和中
由知
又
由可证
在和
由知
又知
是等边三角形．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质；能够熟练掌握等边三角形的性质并利用性质证明三角形全等是正确解答本题的关键．
19．，理由见分析．
【分析】
由和都是等边三角形，利用等边三角形的性质得到，，，利用等式的性质得到夹角相等，再用证明和全等，最后利用全等三角形对应边相等即可得证．
解：，理由如下：
是等边三角形，
，，
是等边三角形，
，，
，
即，
在和中
，
≌，
．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定和性质，根据等边三角形的性质得出夹角相等是解题的关键．
20．120°．
【分析】
利用等边三角形的性质可得AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠CAE＝60°，利用SAS即可证明△DAC≌△BAE，从而得出∠ABE＝∠ADC，设AB与CD交于点F，根据三角形内角和定理和等量代换即可求出∠BOF，利用平角的定义即可求出结论．
解：∵△ABD、△AEC都是等边三角形，
∴AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠CAE＝60°，
∵∠DAC＝∠BAC＋60°，∠BAE＝∠BAC＋60°，
∴∠DAC＝∠BAE，
在△DAC和△BAE中，
，
∴△DAC≌△BAE（SAS），
∴∠ABE＝∠ADC
设AB与CD交于点F，
∵∠BFO=∠DFA
∴∠BOF=180°－∠ABE－∠BFO=180°－∠ADC－∠DFA=∠DAB=60°
∴∠BOC=180°－∠BOF=120°．
【点拨】此题考查的是等边三角形的性质和全等三角形的判定及性质，利用SAS证出△DAC≌△BAE是解题关键．
21．（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AC＝CD，BC＝CE，∠ACD＝∠BCE＝60°，得出∠DCB＝∠ACE，由SAS即可得出△ACE≌△DCB；
（2）由全等三角形的性质得出∠EAC＝∠BDC，再证出∠ACD＝∠DCE，由ASA证明△ACM≌△DCN即可；
（3）由全等三角形的性质得出CM＝CN，证出△MCN是等边三角形，得出∠MNC＝∠NCB＝60°，即可得出结论．
解：（1）∵△ACD和△BCE是等边三角形，
∴AC＝CD，BC＝CE，∠ACD＝∠BCE＝60°，
∴∠ACD＋∠DCE＝∠BCE＋∠DCE，∠DCB＝∠ACE，
在△ACE与△DCB中，
，
∴△ACE≌△DCB（SAS）；
（2）由（1）得：△ACE≌△DCB，
∴∠EAC＝∠BDC，
∵∠ACD＝∠BCE＝60°，
∴∠DCE＝60°，
∴∠ACD＝∠DCE，
在△ACM与△DCN中，
，
∴△ACM≌△DCN（ASA）．
（3）由（2）得：△ACM≌△DCN，
∴CM＝CN，
又∵∠MCN＝180°−60°−60°＝60°，
∴△MCN是等边三角形，
∴∠MNC＝60°＝∠NCB，
∴MN∥AB．
【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．
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