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考点7：手拉手模型
1．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．
2．如图，两个正方形ABCD与DEFG，连结AG，CE，二者相交于点H．
（1）证明：△ADG≌△CDE；
（2）请说明AG和CE的位置和数量关系，并给予证明；
（3）连结AE和CG，请问△ADE的面积和△CDG的面积有怎样的数量关系？并说明理由．
3．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．
4．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．
5．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；
6．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．
7．如图，B，C，E三点在一条直线上，△ABC和△DCE均为等边三角形，BD与AC交于点M，AE与CD交于点N．
（1）求证：AE＝BD；
（2）连接MN，求证：MN∥BE；
（3）若把△DCE绕点C顺时针旋转一个角度，（1）中的结论还成立吗？说明理由．
8．（1）如图1，和都是等边三角形，且，，三点在一条直线上，连接，相交于点，求证：．
（2）如图2，在中，若，分别以，和为边在外部作等边，等边，等边，连接、、恰交于点．
①求证：；
②如图2，在（2）的条件下，试猜想，，与存在怎样的数量关系，并说明理由．
9．如图，均为等腰直角三角形，连接AE，CD，AE与CD相等吗？说明理由
10．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．
参考答案
1．【详解】
（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．
2．【详解】
（1）∵四边形ABCD与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的面积=△CDG的面积，
作GP⊥CD于P，EN⊥AD交AD的延长线于N，则∠DPG=∠DNE=90°，
∵∠GDE=90°，∴∠EDN+∠GDN=90°，
∵∠PDG+∠GDN=90°，∴∠EDN=∠PDG，
∵DE=DG，∴△DPG≌△DNE，
∴PG=EN，
∵△ADE的面积=，△CDG的面积=，∴△ADE的面积=△CDG的面积.
3．【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．
4．【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°．
5．【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．
6．【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．
7．【详解】
解：（1）证明：如图1中，与都是等边三角形，
，，，
，
，，
即．
在和中，
，
．
．
（2）证明：如图1中，连接，
，
．
在和中
，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
．
（3）成立；理由如下：
如图2中，、均为等边三角形，
，，，
，
即，
在和中，
，
，
．
8．【详解】
（1）证明：∵和都是等边三角形，
∴BC=AC，CE=CD，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ABC+∠ACE=∠DCE+∠ACE，
即∠BCE=∠ACD，
∴（SAS），
∴BE=AD；
（2）①证明：∵和是等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，
即∠ACD=∠BCE，
∴（SAS），
∴AD=BE，
同理：（SAS），
∴AD=CF，
即AD=BE=CF；
②解：结论：PB+PC+PD=BE，
理由：如图2，AD与BC的交点记作点Q，则∠AQC=∠BQP，
由①知，，
∴∠CAD=∠CBE，
在中，∠CAD+∠AQC=180°-∠ACB=120°，
∴∠CBE+∠BQP=120°，
在中，∠APB=180°-（∠CBE+∠BQP）=60°，
∴∠DPE=60°，
同理：∠APC=60°，
∠CPD=120°，
在PE上取一点M，使PM=PC，
∴是等边三角形，
∴，∠PCM=∠CMP=60°，
∴∠CME=120°=∠CPD，
∵是等边三角形，
∴CD=CE，∠DCE=60°=∠PCM，
∴∠PCD=∠MCE，
∴（SAS），
∴PD=ME，
∴BE=PB+PM+ME=PB+PC+PD．
9．【详解】
解：，
理由如下：和均为等腰直角三角形，
，，，
，
在和中，
，
，
．
10．【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．

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