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教材母题▶ (教材P85第11题)如图，$△ ABD$和$△ ACE$都是等边三角形.求证：$BE=CD$.
答案
∵△ABD,△AEC 都是等边三角形,
∴BA=DA,AC=AE,∠DAB=∠CAE=60°,
∴∠DAB + ∠BAC = ∠BAC + ∠CAE, 即 ∠DAC = ∠BAE, 在 △DAC 和 △BAE 中,
$\begin{cases} DA=BA, \\ ∠DAC=∠BAE, \\ AC=AE, \end{cases}$
∴△DAC≌△BAE(SAS).
∴BE=CD
解析
【分析】
要证明BE=CD，通常可通过证明两条线段所在的三角形全等求解。首先根据已知的两个等边三角形，利用等边三角形性质得到两组相等的边，以及两个60°的角；再通过角的和差运算，得到两组等边的夹角相等，即可用SAS判定对应三角形全等，最后根据全等三角形对应边相等得到结论。
【解析】
∵△ABD和△ACE都是等边三角形，
∴BA=DA，AC=AE，∠DAB=∠CAE=60°，
∴∠DAB + ∠BAC = ∠BAC + ∠CAE，即∠DAC=∠BAE，
在△DAC和△BAE中：
$\begin{cases} DA=BA, \\ ∠DAC=∠BAE, \\ AC=AE, \end{cases}$
∴△DAC≌△BAE（SAS），
∴BE=CD。
【答案】
BE=CD
【知识点】
等边三角形的性质，全等三角形的SAS判定，全等三角形的性质
【点评】
本题是共顶点等边三角形的经典“手拉手”全等模型，解题关键是利用等边三角形的边、角特性，结合角的和差得到全等的判定条件，是全等三角形应用的基础题型。
【难度系数】
0.8
要证明BE=CD，通常可通过证明两条线段所在的三角形全等求解。首先根据已知的两个等边三角形，利用等边三角形性质得到两组相等的边，以及两个60°的角；再通过角的和差运算，得到两组等边的夹角相等，即可用SAS判定对应三角形全等，最后根据全等三角形对应边相等得到结论。
【解析】
∵△ABD和△ACE都是等边三角形，
∴BA=DA，AC=AE，∠DAB=∠CAE=60°，
∴∠DAB + ∠BAC = ∠BAC + ∠CAE，即∠DAC=∠BAE，
在△DAC和△BAE中：
$\begin{cases} DA=BA, \\ ∠DAC=∠BAE, \\ AC=AE, \end{cases}$
∴△DAC≌△BAE（SAS），
∴BE=CD。
【答案】
BE=CD
【知识点】
等边三角形的性质，全等三角形的SAS判定，全等三角形的性质
【点评】
本题是共顶点等边三角形的经典“手拉手”全等模型，解题关键是利用等边三角形的边、角特性，结合角的和差得到全等的判定条件，是全等三角形应用的基础题型。
【难度系数】
0.8
【教材变式1】如图所示，$△ ABC$和$△ ADE$都是等边三角形，且$B$，$A$，$E$在同一直线上，连接$BD$交$AC$于$M$，连接$CE$交$AD$于$N$，连接$MN$。求证:(1)$BM=CN$；(2)$MN// BE$。
答案
(1)先证△ABD≌△ACE，得到∠ABM=∠ACN，再证△ABM≌△ACN，
∴BM=CN
(2)由(1)得 AM=AN,
∴∠AMN=∠ANM=60°=∠DAE,
∴MN//BE
∴BM=CN
(2)由(1)得 AM=AN,
∴∠AMN=∠ANM=60°=∠DAE,
∴MN//BE
解析
【分析】
(1) 要证BM=CN，可通过证明两条线段所在的三角形全等实现。首先利用等边三角形的性质得到相等的边与角，先证明△ABD≌△ACE，推出∠ABM=∠ACN，再结合等边三角形60°的内角，证明△ABM≌△ACN，即可得到BM=CN。
(2) 要证MN//BE，可通过证明内错角相等实现。由(1)的全等结论可得AM=AN，结合∠MAN=60°可判定△AMN为等边三角形，得到∠AMN=60°，与∠BAC相等，利用内错角相等即可推出两直线平行。
【解析】
(1) 证明：
∵ △ABC和△ADE都是等边三角形，
∴ $AB=AC$，$AD=AE$，$∠ BAC=∠ DAE=60°$，
∵ B、A、E在同一直线上，
∴ $∠ CAD=180°-∠ BAC-∠ DAE=60°$，
∴ $∠ BAD=∠ BAC+∠ CAD=120°$，$∠ CAE=∠ DAE+∠ CAD=120°$，即$∠ BAD=∠ CAE$。
在△ABD和△ACE中：
$\begin{cases} AB=AC \\ ∠ BAD=∠ CAE \\ AD=AE \end{cases}$
∴ $△ ABD≌△ ACE(\mathrm{SAS})$，
∴ $∠ ABM=∠ ACN$。
在△ABM和△ACN中：
$\begin{cases} ∠ ABM=∠ ACN \\ AB=AC \\ ∠ BAM=∠ CAN=60° \end{cases}$
∴ $△ ABM≌△ ACN(\mathrm{ASA})$，
∴ $BM=CN$。
(2) 证明：
由(1)中$△ ABM≌△ ACN$可得$AM=AN$，
又
∵ $∠ MAN=60°$，
∴ △AMN是等边三角形，
∴ $∠ AMN=60°$，
∴ $∠ AMN=∠ BAC=60°$，
∴ $MN// BE$（内错角相等，两直线平行）。
【答案】
(1) $BM=CN$，得证；
(2) $MN// BE$，得证。
【知识点】
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
【点评】
本题是共顶点等边三角形（手拉手模型）的典型应用，解题核心是利用等边三角形的性质找到相等的边和角，通过证明三角形全等得到所需的边、角关系，再结合等边三角形的判定和平行线判定定理得出结论，能很好地锻炼几何逻辑推导能力。
【难度系数】
0.6
(1) 要证BM=CN，可通过证明两条线段所在的三角形全等实现。首先利用等边三角形的性质得到相等的边与角，先证明△ABD≌△ACE，推出∠ABM=∠ACN，再结合等边三角形60°的内角，证明△ABM≌△ACN，即可得到BM=CN。
(2) 要证MN//BE，可通过证明内错角相等实现。由(1)的全等结论可得AM=AN，结合∠MAN=60°可判定△AMN为等边三角形，得到∠AMN=60°，与∠BAC相等，利用内错角相等即可推出两直线平行。
【解析】
(1) 证明：
∵ △ABC和△ADE都是等边三角形，
∴ $AB=AC$，$AD=AE$，$∠ BAC=∠ DAE=60°$，
∵ B、A、E在同一直线上，
∴ $∠ CAD=180°-∠ BAC-∠ DAE=60°$，
∴ $∠ BAD=∠ BAC+∠ CAD=120°$，$∠ CAE=∠ DAE+∠ CAD=120°$，即$∠ BAD=∠ CAE$。
在△ABD和△ACE中：
$\begin{cases} AB=AC \\ ∠ BAD=∠ CAE \\ AD=AE \end{cases}$
∴ $△ ABD≌△ ACE(\mathrm{SAS})$，
∴ $∠ ABM=∠ ACN$。
在△ABM和△ACN中：
$\begin{cases} ∠ ABM=∠ ACN \\ AB=AC \\ ∠ BAM=∠ CAN=60° \end{cases}$
∴ $△ ABM≌△ ACN(\mathrm{ASA})$，
∴ $BM=CN$。
(2) 证明：
由(1)中$△ ABM≌△ ACN$可得$AM=AN$，
又
∵ $∠ MAN=60°$，
∴ △AMN是等边三角形，
∴ $∠ AMN=60°$，
∴ $∠ AMN=∠ BAC=60°$，
∴ $MN// BE$（内错角相等，两直线平行）。
【答案】
(1) $BM=CN$，得证；
(2) $MN// BE$，得证。
【知识点】
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
【点评】
本题是共顶点等边三角形（手拉手模型）的典型应用，解题核心是利用等边三角形的性质找到相等的边和角，通过证明三角形全等得到所需的边、角关系，再结合等边三角形的判定和平行线判定定理得出结论，能很好地锻炼几何逻辑推导能力。
【难度系数】
0.6
【教材变式2】如图，已知$△ ABC$和$△ ADE$中，$∠ BAC=∠ DAE=30°$，$AB=AC$，$AD=AE$，连接$CE$，连接$BD$并延长，交$CE$于点$F$，连接$AF$。
(1)求证：$BD=CE$；
(2)求$∠ CFA$的度数。
(1)求证：$BD=CE$；
(2)求$∠ CFA$的度数。
答案
(1)证△ABD≌△ACE(SAS),
∴BD=CE
(2)过点 A 作 AM⊥BD 于点 M,AN⊥EF 于点 N,由三角形内角和易知∠BAC=∠BFC=30°,
∴∠BFE=150°,
∵$S_{△ABD}=S_{△ACE}=\frac{1}{2}BD·AM=\frac{1}{2}CE·AN$,
∴AM=AN,又
∵AM⊥BD,AN⊥EF,
∴∠AFB=∠AFE=75°,
∴∠CFA=105°
解析
【分析】
(1) 要证BD=CE，可通过证明BD、CE所在的△ABD和△ACE全等推导。本题属于共顶点的等腰三角形“手拉手”模型，已知∠BAC=∠DAE，两角同时加上公共角∠CAD可得∠BAD=∠CAE，结合AB=AC、AD=AE的条件，即可用SAS判定三角形全等，得到对应边相等。
(2) 求∠CFA的度数，首先利用(1)的全等结论得到∠ABD=∠ACE，结合对顶角相等，根据三角形内角和可推出∠BFC=∠BAC=30°；再由全等三角形面积相等，且对应底BD=CE，可证得两个三角形对应底边上的高AM=AN，根据角平分线的判定定理可知AF平分∠BFE，算出∠AFB的度数后与∠BFC相加，即可得到∠CFA的度数。
【解析】
(1) 证明：
∵∠BAC=∠DAE=30°，
∴∠BAC + ∠CAD = ∠DAE + ∠CAD，即$∠ BAD=∠ CAE$，
在$△ ABD$和$△ ACE$中：
$\begin{cases}AB=AC \\∠ BAD=∠ CAE \\AD=AE\end{cases}$
∴$△ ABD ≌ △ ACE(\mathrm{SAS})$，
∴$BD=CE$。
(2) 解：
设AC与BF交于点O，
∵$△ ABD ≌ △ ACE$，
∴$∠ ABD=∠ ACE$，
在$△ ABO$和$△ FCO$中，$∠ AOB=∠ FOC$（对顶角相等），
根据三角形内角和为180°，可得$∠ BAC=∠ BFC=30°$，
∴$∠ BFE=180°-∠ BFC=150°$。
过点A作$AM⊥ BD$于点M，$AN⊥ CE$于点N，
∵$△ ABD ≌ △ ACE$，
∴$S_{△ ABD}=S_{△ ACE}$，
又
∵$BD=CE$，$S_{△ ABD}=\frac{1}{2}BD· AM$，$S_{△ ACE}=\frac{1}{2}CE· AN$，
∴$\frac{1}{2}BD· AM=\frac{1}{2}CE· AN$，即$AM=AN$。
∵$AM⊥ BF$，$AN⊥ EF$，
∴点A在$∠ BFE$的角平分线上，即AF平分$∠ BFE$，
∴$∠ AFB=∠ AFE=\frac{1}{2}∠ BFE=\frac{1}{2}×150°=75°$，
∴$∠ CFA=∠ BFC + ∠ AFB=30°+75°=105°$。
【答案】
【知识点】
全等三角形的判定与性质，角平分线的判定，角度计算
【点评】
本题是共顶点等腰三角形的经典题型，考查了全等三角形的证明、角度推导及角平分线的判定，识别手拉手全等模型能快速找到解题突破口，第二问的面积法是证明高相等、推导角平分线的关键，需要学生熟练掌握各知识点的综合运用。
【难度系数】
0.6
(1) 要证BD=CE，可通过证明BD、CE所在的△ABD和△ACE全等推导。本题属于共顶点的等腰三角形“手拉手”模型，已知∠BAC=∠DAE，两角同时加上公共角∠CAD可得∠BAD=∠CAE，结合AB=AC、AD=AE的条件，即可用SAS判定三角形全等，得到对应边相等。
(2) 求∠CFA的度数，首先利用(1)的全等结论得到∠ABD=∠ACE，结合对顶角相等，根据三角形内角和可推出∠BFC=∠BAC=30°；再由全等三角形面积相等，且对应底BD=CE，可证得两个三角形对应底边上的高AM=AN，根据角平分线的判定定理可知AF平分∠BFE，算出∠AFB的度数后与∠BFC相加，即可得到∠CFA的度数。
【解析】
(1) 证明：
∵∠BAC=∠DAE=30°，
∴∠BAC + ∠CAD = ∠DAE + ∠CAD，即$∠ BAD=∠ CAE$，
在$△ ABD$和$△ ACE$中：
$\begin{cases}AB=AC \\∠ BAD=∠ CAE \\AD=AE\end{cases}$
∴$△ ABD ≌ △ ACE(\mathrm{SAS})$，
∴$BD=CE$。
(2) 解：
设AC与BF交于点O，
∵$△ ABD ≌ △ ACE$，
∴$∠ ABD=∠ ACE$，
在$△ ABO$和$△ FCO$中，$∠ AOB=∠ FOC$（对顶角相等），
根据三角形内角和为180°，可得$∠ BAC=∠ BFC=30°$，
∴$∠ BFE=180°-∠ BFC=150°$。
过点A作$AM⊥ BD$于点M，$AN⊥ CE$于点N，
∵$△ ABD ≌ △ ACE$，
∴$S_{△ ABD}=S_{△ ACE}$，
又
∵$BD=CE$，$S_{△ ABD}=\frac{1}{2}BD· AM$，$S_{△ ACE}=\frac{1}{2}CE· AN$，
∴$\frac{1}{2}BD· AM=\frac{1}{2}CE· AN$，即$AM=AN$。
∵$AM⊥ BF$，$AN⊥ EF$，
∴点A在$∠ BFE$的角平分线上，即AF平分$∠ BFE$，
∴$∠ AFB=∠ AFE=\frac{1}{2}∠ BFE=\frac{1}{2}×150°=75°$，
∴$∠ CFA=∠ BFC + ∠ AFB=30°+75°=105°$。
【答案】
【知识点】
全等三角形的判定与性质，角平分线的判定，角度计算
【点评】
本题是共顶点等腰三角形的经典题型，考查了全等三角形的证明、角度推导及角平分线的判定，识别手拉手全等模型能快速找到解题突破口，第二问的面积法是证明高相等、推导角平分线的关键，需要学生熟练掌握各知识点的综合运用。
【难度系数】
0.6
【教材变式 3】已知，在等腰$△ ABC$和等腰$△ ADE$中，$∠ BAC=∠ DAE=90°$。
(1)如图①，求证：$DB=CE$；
(2)如图②，求证：$S_{△ ACD}=S_{△ ABE}$。
(1)如图①，求证：$DB=CE$；
(2)如图②，求证：$S_{△ ACD}=S_{△ ABE}$。
答案
(1)证△ABD≌△ACE(SAS),
∴DB=CE
(2)方法一:
,过点 E 作 EM⊥AB 交 BA 的延长线于点 M,过点 D 作 DQ⊥AC 于点 Q,证△EAM≌△DAQ,∴EM=DQ,又
∵AB=AC,
∴$S_{△ACD}=S_{△ABE}$;方法二:
,取 DC 的中点 F,过点 C 作 CG//AD,交 AF 的延长线于点 G,证△ADF≌△GCF,证△AEB≌△CGA,易知$S_{△ACG}=S_{△ACD}=S_{△AEB}$解析
【分析】
(1) 要证明$DB=CE$，可通过证明两条线段所在的三角形全等推导。已知两个等腰直角三角形共顶点$A$，可得$AB=AC$、$AD=AE$，再结合$∠BAC=∠DAE=90°$，通过角的和差得到两组对应边的夹角相等，即可用SAS判定$△ ABD≌△ ACE$，进而得到对应边相等。
(2) 证明两个三角形面积相等可从两个思路入手：① 利用“等底等高的三角形面积相等”，分别作两个三角形的高，证明高相等，结合底$AB=AC$即可得证；② 利用“全等三角形面积相等”，通过倍长中线构造全等三角形，将$△ ACD$的面积转化为全等三角形的面积，再证明该三角形与$△ ABE$全等即可得证。
【解析】
(1) 证明：
∵ 等腰$△ ABC$和等腰$△ ADE$中，$∠BAC=∠DAE=90°$，
∴ $AB=AC$，$AD=AE$，
∴ $∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC$，即$∠BAD=∠CAE$，
在$△ ABD$和$△ ACE$中：
$\begin{cases}AB=AC \\∠BAD=∠CAE \\AD=AE\end{cases}$
∴ $△ ABD≌△ ACE(\mathrm{SAS})$，
∴ $DB=CE$。
(2) 证明：
方法一：过点$E$作$EM⊥AB$交$BA$的延长线于点$M$，过点$D$作$DQ⊥AC$于点$Q$，
∴ $∠M=∠AQD=90°$，
∵ $∠DAE=90°$，
∴ $∠EAM+∠MAD=90°$，
又
∵ $∠DAQ+∠MAD=∠BAC=90°$，
∴ $∠EAM=∠DAQ$（同角的余角相等），
在$△ EAM$和$△ DAQ$中：
$\begin{cases}∠M=∠AQD \\∠EAM=∠DAQ \\AE=AD\end{cases}$
∴ $△ EAM≌△ DAQ(\mathrm{AAS})$，
∴ $EM=DQ$，
∵ $S_{△ ABE}=\frac{1}{2}AB·EM$，$S_{△ ACD}=\frac{1}{2}AC·DQ$，且$AB=AC$，
∴ $S_{△ ACD}=S_{△ ABE}$。
方法二：取$DC$的中点$F$，过点$C$作$CG// AD$，交$AF$的延长线于点$G$，
∴ $∠ADF=∠GCF$，
∵ $F$是$DC$中点，
∴ $DF=CF$，
在$△ ADF$和$△ GCF$中：
$\begin{cases}∠ADF=∠GCF \\DF=CF \\∠AFD=∠GFC\end{cases}$
∴ $△ ADF≌△ GCF(\mathrm{ASA})$，
∴ $AD=CG$，$S_{△ ADF}=S_{△ GCF}$，
∴ $S_{△ ACD}=S_{△ ACG}$，$∠DAF=∠G$，
∵ $AD=AE$，
∴ $CG=AE$，
∵ $CG// AD$，
∴ $∠G+∠DAG=180°$，
∵ $∠BAE+∠DAG=360°-∠BAC-∠DAE=360°-90°-90°=180°$，
∴ $∠BAE=∠G$，
在$△ AEB$和$△ CGA$中：
$\begin{cases}AE=CG \\∠BAE=∠G \\AB=AC\end{cases}$
∴ $△ AEB≌△ CGA(\mathrm{SAS})$，
∴ $S_{△ AEB}=S_{△ CGA}$，
∴ $S_{△ ACD}=S_{△ ABE}$。
【答案】
(1)证△ABD≌△ACE(SAS),
∴DB=CE
(2)方法一:,过点 E 作 EM⊥AB 交 BA 的延长线于点 M,过点 D 作 DQ⊥AC 于点 Q,证△EAM≌△DAQ,
∴EM=DQ,又
∵AB=AC,
∴$S_{△ACD}=S_{△ABE}$;方法二:,取 DC 的中点 F,过点 C 作 CG//AD,交 AF 的延长线于点 G,证△ADF≌△GCF,证△AEB≌△CGA,易知$S_{△ACG}=S_{△ACD}=S_{△AEB}$
【知识点】
全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，三角形面积计算
【点评】
本题是共顶点等腰三角形（手拉手模型）的典型习题，第一问是手拉手模型的基础应用，通过全等即可证明线段相等；第二问需要灵活构造辅助线，结合全等性质和三角形面积相关结论推导，对几何构造能力和知识灵活运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明$DB=CE$，可通过证明两条线段所在的三角形全等推导。已知两个等腰直角三角形共顶点$A$，可得$AB=AC$、$AD=AE$，再结合$∠BAC=∠DAE=90°$，通过角的和差得到两组对应边的夹角相等，即可用SAS判定$△ ABD≌△ ACE$，进而得到对应边相等。
(2) 证明两个三角形面积相等可从两个思路入手：① 利用“等底等高的三角形面积相等”，分别作两个三角形的高，证明高相等，结合底$AB=AC$即可得证；② 利用“全等三角形面积相等”，通过倍长中线构造全等三角形，将$△ ACD$的面积转化为全等三角形的面积，再证明该三角形与$△ ABE$全等即可得证。
【解析】
(1) 证明：
∵ 等腰$△ ABC$和等腰$△ ADE$中，$∠BAC=∠DAE=90°$，
∴ $AB=AC$，$AD=AE$，
∴ $∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC$，即$∠BAD=∠CAE$，
在$△ ABD$和$△ ACE$中：
$\begin{cases}AB=AC \\∠BAD=∠CAE \\AD=AE\end{cases}$
∴ $△ ABD≌△ ACE(\mathrm{SAS})$，
∴ $DB=CE$。
(2) 证明：
方法一：过点$E$作$EM⊥AB$交$BA$的延长线于点$M$，过点$D$作$DQ⊥AC$于点$Q$，
∴ $∠M=∠AQD=90°$，
∵ $∠DAE=90°$，
∴ $∠EAM+∠MAD=90°$，
又
∵ $∠DAQ+∠MAD=∠BAC=90°$，
∴ $∠EAM=∠DAQ$（同角的余角相等），
在$△ EAM$和$△ DAQ$中：
$\begin{cases}∠M=∠AQD \\∠EAM=∠DAQ \\AE=AD\end{cases}$
∴ $△ EAM≌△ DAQ(\mathrm{AAS})$，
∴ $EM=DQ$，
∵ $S_{△ ABE}=\frac{1}{2}AB·EM$，$S_{△ ACD}=\frac{1}{2}AC·DQ$，且$AB=AC$，
∴ $S_{△ ACD}=S_{△ ABE}$。
方法二：取$DC$的中点$F$，过点$C$作$CG// AD$，交$AF$的延长线于点$G$，
∴ $∠ADF=∠GCF$，
∵ $F$是$DC$中点，
∴ $DF=CF$，
在$△ ADF$和$△ GCF$中：
$\begin{cases}∠ADF=∠GCF \\DF=CF \\∠AFD=∠GFC\end{cases}$
∴ $△ ADF≌△ GCF(\mathrm{ASA})$，
∴ $AD=CG$，$S_{△ ADF}=S_{△ GCF}$，
∴ $S_{△ ACD}=S_{△ ACG}$，$∠DAF=∠G$，
∵ $AD=AE$，
∴ $CG=AE$，
∵ $CG// AD$，
∴ $∠G+∠DAG=180°$，
∵ $∠BAE+∠DAG=360°-∠BAC-∠DAE=360°-90°-90°=180°$，
∴ $∠BAE=∠G$，
在$△ AEB$和$△ CGA$中：
$\begin{cases}AE=CG \\∠BAE=∠G \\AB=AC\end{cases}$
∴ $△ AEB≌△ CGA(\mathrm{SAS})$，
∴ $S_{△ AEB}=S_{△ CGA}$，
∴ $S_{△ ACD}=S_{△ ABE}$。
【答案】
(1)证△ABD≌△ACE(SAS),
∴DB=CE
(2)方法一:
,过点 E 作 EM⊥AB 交 BA 的延长线于点 M,过点 D 作 DQ⊥AC 于点 Q,证△EAM≌△DAQ,∴EM=DQ,又
∵AB=AC,
∴$S_{△ACD}=S_{△ABE}$;方法二:
,取 DC 的中点 F,过点 C 作 CG//AD,交 AF 的延长线于点 G,证△ADF≌△GCF,证△AEB≌△CGA,易知$S_{△ACG}=S_{△ACD}=S_{△AEB}$【知识点】
全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，三角形面积计算
【点评】
本题是共顶点等腰三角形（手拉手模型）的典型习题，第一问是手拉手模型的基础应用，通过全等即可证明线段相等；第二问需要灵活构造辅助线，结合全等性质和三角形面积相关结论推导，对几何构造能力和知识灵活运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
