(完整)八年级假期复习几何基本模型之手拉手模型
初中数学几何模型之手拉手模型
即∠DAC=∠EAB，
在△ACD与△ABE中
，
∴△ACD≌△ABE（SAS）；
（2）∵△ACD≌△ABE，
∴∠ADC=∠AEB，
∵△ADE是等腰直角三角形，
∴∠ADE=∠AED =45°，
∴∠AEB=∠ADE+∠CDE=45°+60°=105°．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是根据等腰直角三角形的性质和全等三角形的判定进行解答．
一、模型类别
二、相关结论的运用
（一）有公共顶点的等边三角形
典例精讲：
[问题提出]
（1）如图①， 均为等边三角形，点 分别在边 上．将 绕点 沿顺时针方向旋转，连结 ．在图②中证明 ．
[学以致用]
（2）在（1）的条件下，当点 在同一条直线上时， 的大小为度．
[拓展延伸]
（3）在（1）的条件下，连结 ．若 直接写出 的面积 的取值范围．
（3）①
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°，
∵∠BAD=∠BAC+∠DAC，∠CAE=∠DAE+∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△ABD≌△ACE，
∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，
∵∠AOB=∠FOC，
∴∠BFC=∠BAC=90°，
∴S四边形BCDE=S△BCE+S△DCE ；
数学模型-----手拉手
有些同学在学习数学时无从下手，找不到突破的方法，做不到举一反三，所以在数学的学习过程中，必须深入本质，做到知识、规律、法则掌握准确，及时反思．下面先给大家介绍一种常见的数学模型---手拉手模型，通过对模型的理解和掌握，把模型的结论融会贯通，理解透彻，那么这一类题型，都是可以迎刃而解的．
八年级数学多边形之手拉手模型和半角模型 专题讲义
八年级数学多边形之手拉手模型和半角模
型专题讲义
一、手拉手模型
1. 理解手拉手模型
手拉手模型是多边形的一种折纸模型，常用于辅助理解和记忆多边形的性质。
通过将多边形沿一条边折叠后，将该边两端的顶点对齐，可以得到手拉手模型。
2. 制作手拉手模型
制作手拉手模型的具体步骤如下：
1. 将多边形沿一条边折叠。
2. 将该边两端的顶点对齐。
3. 将折线处剪开。
3. 应用手拉手模型
手拉手模型可用于辅助证明多边形的性质。
例如，证明凸多边
形的内角和公式，可以用手拉手模型将多边形分割成若干个三角形，再计算各个三角形的内角和。
二、半角模型
1. 理解半角模型
半角模型是多边形的一种立体模型，常用于辅助理解和记忆多
边形的性质。
通过将多边形沿一条边折叠后，将两条邻边上的点对齐，可以得到半角模型。
2. 制作半角模型
制作半角模型的具体步骤如下：
1. 将多边形沿一条边折叠。
2. 将两条邻边上的点对齐。
3. 将折线处剪开。
3. 应用半角模型
半角模型可用于辅助证明多边形的性质，特别是相邻内角互补
的性质。
例如，证明正多边形的内角和公式，可以用半角模型将正
多边形分割成若干个等腰三角形，再计算各个等腰三角形的内角和。
全等模型-手拉手模型--常见几何模型归纳(学生版)
全等模型-手拉手模型全等三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位，也是学生必须掌握的一块内容，本专题就全等三角形中的重要模型(手拉手(旋转)模型)进行梳理及对应试题分析，方便掌握。
模型1.手拉手模型(三角形)【模型解读】将两个三角形绕着公共顶点(即头)旋转某一角度后能完全重合，则这两个三角形构成手拉手全等，也叫旋转型全等，常用“边角边”判定定理证明全等。
公共顶点A记为“头”，每个三角形另两个顶点逆时针顺序数的第一个顶点记为“左手”，第二个顶点记为“右手”。
对应操作：左手拉左手(即连结BD)，右手拉右手(即连结CE)，得△ABD≅△ACE。
【常见模型及证法】(等边)(等腰直角)(等腰)1(2022·北京东城·九年级期末)如图，在等边三角形ABC中，点P为△ABC内一点，连接AP，BP，CP，将线段AP绕点A顺时针旋转60°得到AP ，连接PP ，BP ．(1)用等式表示BP 与CP的数量关系，并证明；(2)当∠BPC=120°时， ①直接写出∠P BP的度数为；②若M为BC的中点，连接PM，请用等式表示PM与AP的数量关系，并证明．2(2022·黑龙江·中考真题)△ABC和△ADE都是等边三角形．(1)将△ADE绕点A旋转到图①的位置时，连接BD，CE并延长相交于点P(点P与点A重合)，有PA+ PB=PC(或PA+PC=PB)成立；请证明．(2)将△ADE绕点A旋转到图②的位置时，连接BD，CE相交于点P，连接PA，猜想线段PA、PB、PC之间有怎样的数量关系？并加以证明；(3)将△ADE绕点A 旋转到图③的位置时，连接BD，CE相交于点P，连接PA，猜想线段PA、PB、PC之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不需要证明．3(2023·黑龙江哈尔滨·九年级校考期中)如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC，将△ABC绕点A顺时针方向旋转60°到△AB′C′的位置，连接C′B，则∠C′BA的度数为()A.15°B.20°C.30°D.45°4(2022·青海·中考真题)两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来，则形成一组全等的三角形，把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形.(1)问题发现：如图1，若△ABC和△ADE是顶角相等的等腰三角形，BC，DE分别是底边.求证：BD= CE；(2)解决问题：如图2，若△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点A，D，E在同一条直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系并说明理由.图1 图25(2022秋·江苏·八年级期中)点D为△ABC外一点，∠ACB=90°，AC=BC．(1)如图1，∠DCE=90°，CD=CE，求证：∠ADC=∠BEC；(2)如图2，若∠CDB=45°，AE∥BD，CE⊥CD，求证：AE=BD；模型2.手拉手模型(正多边形型)【模型解读】将两个多边形绕着公共顶点(即头)旋转某一角度后能完全重合，则这两个多边形构成手拉手全等，也叫旋转型全等，常用“边角边”判定定理证明全等。
8上 专题：全等三角形-手拉手模型(01)
专业缔造未来八年级上全等三角形模型之手拉手模型（一）一、基本模型：由两个等顶角的等腰三角形（或等边三角形）组成，且顶角共顶点。
例1：如图1，点O是线段AD的中点，分别以AO和DO为边在线段AD的同侧作等边三角形OAB 和等边三角形OCD，连接AC和BD，相交于点E，连接BC．（1）求∠AEB的大小；（2）如图2，△OAB固定不动，保持△OCD的形状和大小不变，将△OCD绕点O旋转（△OAB和△OCD不能重叠），求∠AEB的大小.例2：如图，已知O为线段AB上一点，以OA、OB为边在线段AB的同侧作两个等边三角形△AOC 和△BOD，连结AD、BC，相交于点G，AD、OC相交于点M，BC、OD相交于点N。
以下说法正确的有（）专业缔造未来 ①、△AOD ≌△COB ②、AD=BC ③、∠AGC=60° ④、OM=ON ，且△OMN 为等边三角形 ⑤、MN ∥AB ⑥、GO 平分∠AGB ⑦、AG=OG+CG ⑧、∠CGM=∠AOM备用图二、变式练习：1、如图，两个正方形ACMD 和BCNE 共顶点C ，连接AN 、BM ，证明AN=BM.A OB M N G DC A O B M N GD C A BC MD N E专业缔造未来2、如图，已知C为线段AB上一点，以CA、CB为腰、点C为顶点，在线段AB的同侧作两个等腰三角形△ACM和△BCN，且∠ACM=∠BCN，连结AN、BM相交于点0，证明射线OC平分∠AOB。
NMOA C B三、课后巩固：1、如图1，点C为线段AB上一点，△ACM，△CBN都是等边三角形，AN交MC于点E，BM交CN于点F．（1）求证：AN=BM；（2）求证：△CEF为等边三角形；（3）将△ACM绕点C按逆时针方向旋转90°，其他条件不变，在图2中补出符合要求的图形，并判断第（1）、（2）两小题的结论是否仍然成立（不要求证明）．专业缔造未来2、已知：如图1，点O为正方形ABCD内任一点，连接AO、BO，分别以AO、BO为一边作如图所示正方形BOMN和正方形AOFE，连接CN（1）AE、CN之间有怎样的关系？请证明；（2）若点O是正方形ABCD外部一点，如图2，其他条件不变（1）的结论是否成立？请证明．。
八年级数学上册：手拉手模型及应用
八年级数学上册：手拉手模型及应用知识导航1．手拉手模型的特点：两个等腰三角形顶角顶点公共，且顶角相等．得到一对能够旋转重合的全等三角形．2．手拉手模型的基本构图：等膜△ABC和△DAE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE．B AEECA3．手拉手模型的性质：(1)三角形全等；(△ABD≌△ACE)(2)第三边或所在直线的夹角与等腰三角形的顶角相等或互补；(∠BPC＝∠BAC或∠BPC＋∠BAC＝180°)(3)第三边或所在直线的交点与顶角顶点的连线平分第三边的夹角或其邻补角．(AP平分∠BPE或∠BPE的邻补角)【板块一】双等边三角形构成的手拉手模型【例1】如图，分别以△ABC的边AB，AC向外作等边△ABD和等边△ACE，连BE，CD交于P，连接AP．(1)求证：BE＝CD；(2)求∠BPD的度数；(3)求证：PA平分∠DPE．P EDC BA针对练习11．在例1的条件下，将图形旋转至如图所示的位置，例1中的三个结论还成立吗？请说明理由．PEDCBA【板块二】 双等腰直角三角形构成的手拉手模型【例2】如图，△ABC 和△ADE 均为等腰直角三角形，∠BAC ＝∠DAE ＝90°，连接BD ，CE 交于点P ． (1)求证：△ABD ≌△ACE ； (2)判断BD ，CE 的关系并证明； (3)连接PA ，求∠APB 的度数．PEDCBA【例3】如图，等腰Rt △ABC 中，∠BAC ＝90°，P 为△ABC 外一点，∠APB ＝45°，连PC ，求∠APC 的度数．PCB A针对练习21．在例2的条件下，将图形旋转至如图所示的位置，BD 与CE 的关系还成立吗？请说明理由．EDCBA2．在例3的条件下，将P 点移至BC 的下方，∠APB ＝45°不变，求∠APC 的度数．PCBA【板块三】 一般双等腰三角形构成的手拉手模型【例4】如图1，AB ＝AC ，AD ＝AE ，∠BAC ＝∠DAE ＝α，连BD ，CE 交于P ，连接AP ． (1)求证：BD ＝CE ；(2)求∠APB 的度数(用α表示)；(3)将图形旋转至如图2所示的位置，其余条件不变，在图2中画出点P ，直接写出∠APB ＝ (用α表示) ．PEDCBA EDCBA图1 图2针对练习31．如图，△AOB 和△ACD 都是等边三角形，其中AB ⊥x 轴于E 点，点C 在x 轴上． (1)若OC ＝5，求BD 的长度；(2)设BD 交x 轴于点F ，求证：∠OFA ＝∠DFA ；(3)若正△AOB 的边长为4，点C 为x 轴上一动点，以AC 为边在直线AC 下方作正△ACD ，连接ED ，求ED 的最小值．2．已知△ABC ，分别以AB ，AC 为边作等腰△ABD 和等腰△ACE ，且AD ＝AB ，AC ＝AE ，∠DAB ＝∠EAC ，G ，F 分别为DC 与BE 的中点．(1)如图1，若∠DAB ＝60°，则∠GAF ＝ ，∠AGF ＝ ；如图2，若∠DAB ＝45°，期∠AGF ＝ ； (2)如图3，若∠DAB ＝α，∠AGF 与α的数量关系是 ．(请说明理由)FEGDCBAABCDGEFABCDGEF3．在△ABC 中，AB ＝AC ，D 是直线BC 上一点，以AD 为一边在AD 的右侧作△ADE ，使AE ＝AD ，∠DAE ＝∠BAC ，连接CE ，设∠BAC ＝α，∠DCE ＝β．(1)如图①，点D 在线段BC 上移动时，角α与β之间的数量关系是 ，证明你的结论； (2)如图②，点D 在线段BC 的延长线上移动时，角α与β之间的数量关系是 ，请说明理由；(3)当点D 在线段BC 的反向延长线上移动时，请在图③中画出完整图形并猜想α与β之间的数量关系是 ．EDCB AAB C DECB A。
完整版)浙教版八年级三角形中几种模型
完整版)浙教版八年级三角形中几种模型一、手拉手模型：手拉手模型是一种几何证明方法，利用等腰三角形的性质来推导结论。
具体步骤如下：1.判断手的左右，将等腰三角形的顶角顶点朝上，左边为左手顶点，右边为右手顶点。
2.手拉手的定义是指两个顶角相等且有共顶点的等腰三角形形成的图形。
3.根据SAS（边-角-边）的几何条件，可以得出手拉手模型的基本结论，包括△ABC≌△AB'C'、∠BAB'=∠BOB'、AO 平分∠BOC'等。
例1：在直线ABC的同一侧作两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明：（1）△ABE≌△DBC；（2）AE=DC；（3）AE与DC的夹角为60；（4）△AGB≌△DFB；（5）△EGB≌△CFB；（6）BH平分∠AHCB；（7）GF∥AC。
变式练1：如果两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明：（1）△ABE≌△DBC；（2）AE=DC；（3）AE与DC的夹角为60；（4）AE与DC的交点设为H，BH平分∠AHC；（5）GF∥AC。
变式练2：如果两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明：（1）△ABE≌△DBC；（2）AE=DC；（3）AE与DC的夹角为60；（4）AE与DC的交点设为H，BH平分∠AHC。
变式训练3：两个等腰三角形ABD与BCE，其中AB=BD，CB=EB，∠ABD=∠CBE=a，连接AE与CD。
问（1）△ABE≌△DBC是否成立？（2）AE是否与CD相等？（3）AE与CD之间的夹角为多少度？（4）HB是否平分∠AHC？例2：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？例3：如图，两个等腰直角三角形ADC与___，连接AG、CE，二者相交于H。
初二数学知识点：手拉手模型
初二数学知识点：手拉手模型
初中三大变换：平移、旋转、翻折。
下面介绍的是旋转变换里面的手拉手模型：
全等三角形的5种判定方法：
①SSS（边边边）
②SAS（边角边）
③ASA（角边角）
④AAS（角角边）
⑤HL（斜边直角边）
在初中阶段旋转变换中最经典的两个模型是：
①倍半角模型
②手拉手模型
那到底什么是手拉手角模型？我们一起来看一道中考题。
其中第3小问就是典型的手拉手模型，一起来看一下具体应该如何去解？
四、题型识别归纳与方法总结
我们一起回顾一下刚刚的解题过程，可以总结这类题型的特征以及解决这类题型的相关技巧。
五、练习题
这一道题的第一问就是手拉手模型！。
初中数学几何模型之——手拉手模型，跟我学-应对中考轻松自如
初中数学几何模型之——手拉手模型，跟我学-应对中考轻松自
如
一、模型一：手拉手模型----旋转型全等
（1）等边三角形
手拉手-等边旋转
【条件】：△OAB和△OCD均为等边三角形；
【结论】：①△OAC≌△OBD；②∠AEB=60°；③OE平分∠AED
（2）等腰直角三角形
手拉手-等腰直角旋转
【条件】：△OAB和△OCD均为等腰直角三角形；
【结论】：①△OAC≌△OBD；②∠AEB=90°；③OE平分∠AED
（3）顶角相等的两任意等腰三角形
手拉手-等腰旋转
【条件】：△OAB和△OCD均为等腰三角形；且∠COD=∠AOB
【结论】：①△OAC≌△OBD；②∠AEB=∠AOB；③OE平分∠AED
二、模型二：手拉手模型----旋转型相似
（1）一般情况
【条件】：CD∥AB，将△OCD旋转至右图的位置
【结论】：①右图中△OCD∽△OAB→→→△OAC∽△OBD；
②延长AC交BD于点E，必有∠BEC=∠BOA
（2）特殊情况
【条件】：CD∥AB，∠AOB=90° 将△OCD旋转至右图的位置
【结论】：①右图中△OCD∽△OAB→→→△OAC∽△OBD；
②延长AC交BD于点E，必有∠BEC=∠BOA；
③BD/AC=OD/OC=OB/OA=tan∠OCD；
④BD⊥AC；
⑤连接AD、BC，必有AD2+BC2=AB2+CD2；
⑥S△BCD=1/2AC×BD。
八年级手拉手模型
手拉手模型知识点一（手拉手模型） 【例题精讲】例1、在直线ABC 的同一侧作两个等边三角形△ABD 和△BCE ，连接AE 与CD ，证明： （1） △ABE ≌△DBC （2） AE=DC（3） AE 与DC 的夹角为60。
（4） △AGB ≌△DFB （5） △EGB ≌△CFB （6） BH 平分∠AHC （7） GF ∥AC变式练习1、如果两个等边三角形△ABD 和△BCE ，连接AE 与CD ，证明： （1） △ABE ≌△DBC （2） AE=DC（3） AE 与DC 的夹角为60。
（4） AE 与DC 的交点设为H,BH 平分∠AHCHFGE DABCEBDACEBDACEBDA C总结:手拉手模型不变性有哪些？【课堂练习】1、如图，在△ABC中，∠ACB＝30°，AC＝4，BC＝5，分别以AB、AC为边向外作等边△ABE和△ACD，求CE的长。
（洪山期中）2、如图，在四边形ABCD中，AD＝4，CD＝3，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，求BD的长。
【南湖3月】3、△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点P为△ABC内的一点，AP＝2，BP＝5，∠APC＝120°，则PC的长为（） A．3 B．23 C．13 D．4APB C4、已知：在△ABC中，∠BAC＝60°。
（1）如图1，若AB＝AC，点P在△ABC内，且∠APC＝150°，PA＝3，PC＝4，把△APC绕着点A顺时针旋转，使点C旋转到点B，得到△ADB，连结DP。
（1）依题意补全图1；②直接写出PB的长；【粮道街3月】5、已知∠ABC＝90°，点P为射线BC上任意一点（点P与点B不重合），分别以AB、AP 为边在∠ABC的内部作等边△ABE和△AP Q，连接Q E并延长交BP于点F。
（1）如图1，若AB＝23，点A、E、P恰好在一条直线上时，EF＝（直接写出结果）。
八年级几何证明常见模型完整版
八年级几何证明常见模型HEN system office room 【HEN16H-HENS2AHENS8Q8-HENH1688】八年级几何证明常见模型姓名（1）手拉手模型【例题1】在直线ABC 的同一侧作两个等边三角形△ABD和△BCE ，连接AE 与CD ，证明： （1） △ABE ≌△DBC （2） AE=DC（3） AE 与DC 的夹角为60。
（4） △AGB ≌△DFB（5） △EGB ≌△CFB（6） BH 平分∠AHC（7） GF ∥AC【变式练习】1、如果两个等边三角形△ABD 和△BCE ，连接AE 与CD ，证明： （1） △ABE ≌△DBC （2） AE=DC（3） AE 与DC 的夹角为60。
（4） AE 与DC 的交点设为H,BH 平分∠AHC2：如果两个等边三角形△ABD和△BCE ，连接AE 与CD ，证明： （1） △ABE ≌△DBC （2） AE=DC（3） AE 与DC 的夹角为60。
（4）AE 与DC 的交点设为H,BH 平分∠AHC【例题2】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 ？【变式练习】1：如图两个等腰直角三角形问 否成相的夹∠2：∠AHC ？【例题3】如图1，AB=AE ，AC=AD ，∠B（1）证明：EC=BD ； （2）证明：EC ⊥BD ；（3）如图2，连接ED ，若N 点为DE 的中于点M ，证明：AM ⊥BC ．【变式练习】1，⊿ABC 中，AG ⊥BC 点，分别以AB 、AC 为直角边，向⊿腰Rt ⊿ACF ，过点E 、F 作射线GA 的Q 。
（1）试探究EP 与FQ 之间的数论； （2）如图2，若连接EF 交G （1）中的结论你能判断EH 与FH 的由。
全等三角形中“手拉手”模型-2023年新八年级数学暑假精品课(苏科版)(解析版)
重难点：全等三角形中“手拉手”模型1.识别几何模型。
2.利用“手拉手”模型解决问题【基本模型】一、等边三角形手拉手-出全等二、等腰直角三角形手拉手-出全等两个共直角顶点的等腰直角三角形，绕点C旋转过程中（B、C、D不共线）始终有：①△BCD≌△ACE；②BD⊥AE（位置关系）且BD=AE（数量关系）；③FC平分∠BFE；例1、如图，△ACB与△ECD都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ECD=90°，点D为AB边上的一点. 若DE=13，BD=12，求线段AB的长.∵△ACE≌△BCD∴AE=BD,∠EAC=∠B=45°∵BD=12∴∠EAD=45°+45°=90°，AE=12在Rt△EAD中，∠EAD=90°，DE=13，AE=12，由勾股定理得：AD=5∴AB=BD+AD=12+5=17【变式1】某校八年级数学兴趣小组的同学在研究三角形时，把两个大小不同的等腰直角三角板按图①所示放置，图②是由它抽象出的几何图形，B，C，E在同一条直线上，连接DC．（1）请找出图②中的全等三角形，并给予说明（说明：结论中不得含有未标识的字母）；（2）试说明：DC与BE的位置关系．【分析】（1）利用SAS定理证明△BAE≌△CAD；（2）根据全等三角形的性质得到∠B＝∠ACB＝45°，根据垂直的定义证明结论．【解答】解：（1）△BAE≌△CAD，理由如下：∵∠BAC＝∠EAD＝90°，∴∠BAC+∠CAE＝∠EAD+∠CAE，即∠BAE＝∠CAD在△BAE和△CAD中，，∴△BAE≌△CAD（SAS）；（2）DC⊥BE，理由如下：∵△BAC为等腰直角三角形，∴∠B＝∠ACB＝45°，∵△BAE≌△CAD，∴∠CAD＝∠B＝45°，∴∠ACD＝∠ACB+∠CAD＝90°，∴DC⊥BE．【点评】本题考查的是全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质，掌握三角形全等的判定定理和性质定理是解题的关键．【变式2】已知：△ACB和△DCE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，连结AE,BD交于点O,AE与DC 交于点0，AE与DC交于点M,BD与AC交于点N.解析:∵△ACB和△DCE都是等腰三角形∠ACB=∠DCE=90°∴AC=BC,DC=EC∴∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD∴∠BCD=∠ACE在△ACE和△BCD中AC=BC∠ACE=∠BCDCE=CD∴△ACE≌△BCD(SAS)∴AE=BD例2.已知△ABC为等边三角形，点D为直线BC上一动点（点D不与点B,点C重合）.以AD为边作等边三角形ADE,连接CE.如图1，当点D在边BC上时，求证：△ABD≌△ACE;直接判断结论BC=DC+CE是否成立（不需要证明）；如图2，当点D在边BC的延长线上时，其他条件不变，请写出BC、DC、CE之间存在的数量关系，并写出证明过程.解析：(1)∵△ABC和△ADE是等边三角形∴∠BAC=∠DAE=60°，AB=BC=AC,AD=DE=AE∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC∴∠BAD=∠EAC在△ABD和△ACE中AB=AC∠BAD=∠EACAD=AE∴△ABD≌△ACE(SAS)[来源:学科网ZXXK]∵△ABD≌△ACE∴BD=CE∵BC=BD+CD∴BC=CE+CD（2）∵△ABC和△ADE是等边三角形∴∠BAC=∠DAE=60°，AB=BC=AC,AD=DE=AE∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC∴∠BAD=∠EAC在△ABD和△ACE中AB=AC∠BAD=∠EACAD=AE∴△ABD≌△ACE（SAS）∴BD=CE∵BD=BC+CD∴CE=BC+CD【变式1】如图，点C在线段AB上，△DAC和△DBE都是等边三角形，求证：△DAB≌△DCE;DA∥EC.解析：（1）△DAC和△DBE都是等边三角形.∴DA=DC,DB=DE,∠ADC=∠BDE=60°.∴DA=DC,DB=DE,∠ADC=∠BDE=60°∴∠ADC+∠CDB=∠BDE+∠CDB,即∠ADB=∠CDE在△DAB和△DCE中，DA=DC∠ADB=∠CDEDB=DE∴△DAB≌△DCE.（2）∵△DAB≌△DCE∴∠A=∠DCE=60°∵∠ADC=60°∴∠DCE=∠ADC∴DA∥EC.【变式2】如图，在△AOB和△COD中，OA＝OB，OC＝OD，若∠AOB＝∠COD＝60°．（1）求证：AC＝BD．（2）求∠APB的度数．【分析】（1）先∠AOB＝∠COD＝60°，OA＝OB，OC＝OD得到∠AOC＝∠BOD，然后得证△AOC≌△BOD，从而得到AC＝BD；（2）先由△AOC≌△BOD得到∠OAC＝∠OBD，从而得到∠PAB+∠PBA＝∠OAB+∠OBA，然后由OA ＝OB，∠AOB＝60°得到△AOB是等边三角形，从而得到∠PAB+∠PBA＝120°，最后得到∠APB的度数．【解答】（1）证明：∵∠AOB＝∠COD，∴∠AOC＝∠BOD，在△AOC和△BOD中，，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC＝BD．（2）解：∵△AOC≌△BOD，∴∠OAC＝∠OBD，∵∠OAC+∠BAC＝∠OAB，∠ABO+∠OBD＝∠ABP，∴∠PAB+∠PBA＝∠OAB+∠OBA，∵OA＝OB，∠AOB＝60°，∴△AOB是等边三角形，∴∠PAB+∠PBA＝120°，∴∠APB＝180°﹣（∠PAB+∠PBA）＝180°﹣120°＝60°．【点评】本题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，解题的关键是熟练掌握SAS定理判定三角形全等．例3、已知，在△ABC中，AB＝AC，点P平面内一点，将AP绕A顺时针旋转至AQ，使∠QAP＝∠BAC，连接BQ、CP，⑴若点P在△ABC内部，求证BQ＝CP；⑵若点P在△ABC外部，以上结论还成立吗？解析：（1）∵∠QAP＝∠BAC∴∠QAP－∠B AP＝∠BAC－∠BAP[来源:Z#xx#]即∠QAB＝∠PAC另由旋转得AQ＝AP在△AQB和△APC中AQ＝AP∠QAB＝∠PACAB＝AC∴△AQB≌△APC∴BQ＝CP（2）∵∠QAP＝∠BAC∴∠QAP＋∠BAP＝∠BAC＋∠BAP[来源:学科网]即∠QAB＝∠PAC另由旋转得AQ＝AP在△AQB和△APC中AQ＝AP∠QAB＝∠PACAB＝AC∴△AQB≌△APC∴BQ＝CP【变式】（1）如图1，在Rt△ABC中，AB＝AC，D是直线BC上的一点，将线段AD绕点A逆时针旋转90°至AE，连接CE，求证：△ABD≌△ACE；（2）如图2，A是△BDC内一点，∠ABC＝∠ADB＝45°，∠BAC＝90°，BD＝6，线段AD绕点A逆时针旋转90°至AE，点D、E、B恰好共线，求△BDC的面积；（3）如图3，在图1的条件下，延长DE，AC交于点G，BF⊥AB交DE于点F，求证：FG AE．【分析】（1）如图1，根据SAS证明三角形全等即可．（2）过点A作AE⊥AD交BD于E，连接CE．利用全等三角形的性质证明CE＝BD，CE⊥BD即可．（3）过点D作DK⊥DC交FB K．证明△ECG≌△DKF（AAS），推出DF＝EG，再证明FG＝DE AE即可．【解答】（1）证明：如图1，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠DAB＝∠EAC，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS）．（2）解：如图2，过点A作AE⊥AD交BD于E，连接CE．∵∠ADB＝45°，∠DAE＝90°，∴△ADE与△ABC都是等腰直角三角形，同法可证△ABD≌△ACE，∴CE＝BD＝6，∵∠AEC＝∠ADB＝45°，∴∠CED＝∠CEB＝90°，∴S△BDC•BD•CE6×6＝18．（3）证明：如图3，过点D作DK⊥DC交FB的延长线于K．∵DK⊥CD，BF⊥AB，∴∠BDK＝∠ABK＝90°，∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∴∠DBK＝∠K＝45°，∴DK＝DB，∵△ABD≌△ACE，∴∠ABD＝∠ACE＝135°，DB＝EC＝DK，∴∠ECG＝45°，∵BF⊥AB，CA⊥AB，∴AG∥BF，∴∠G＝∠DFK，在△ECG和△DKF中，，∴△ECG≌△DKF（AAS），∴DF＝EG，∵DE AE，∴DF+EF AE，∴EG+EF AE，即FG AE．【点评】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，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，属于中考压轴题．一．填空题（共4小题）1．（2020秋•工业园区月考）在△ABC中，∠ABC＝45°，AD、BE分别为BC、AC边上的高，AD、BE 相交于点F，连接CF．下列结论：（1）∠FCD＝45°；②AE＝EC；③S△ABF：S△AFC＝BD：CD，④若BF ＝2EC，则△FDC的周长等于AB的长．正确的是（填序号）．【分析】首先在△ABC中，∠ABC＝45°，AD，BE分别为BC、AC边上的高，AD、BE相交于点F，由此可以得到∠BAD＝45°，接着得到AD＝BD，又∠DAC和∠FBD都是∠ACD的余角，所以可以证明△BDF ≌△ADC，根据全等三角形的性质可以得到FD＝CD，进一步得到①；若AE＝EC，则由BE⊥AC，推出BA＝BC，显然不可能，故②错误，根据三角形面积公式和它们有一条公共边可以得到③；若BF＝2EC，根据①可以得到E是AC的中点，然后可以推出EF是AC的垂直平分线，最后由线段垂直平分线的性质即可得到④．【解答】解：∵△ABC中，AD，BE分别为BC、AC边上的高，∴AD⊥BC，而△ABF和△ACF有一条公共边，∴S△ABF：S△AFC＝BD：CD，∴③正确；∵∠ABC＝45°，∴AD＝BD，∠DAC和∠FBD都是∠ACD的余角，而∠ADB＝∠ADC＝90°，∴△BDF≌△ADC，∴FD＝CD，∴∠FCD＝∠CFD＝45°，∴①正确；若AE＝EC，则∵BE⊥AC，∴BA＝BC，显然不可能，故②错误，若BF＝2EC，根据①得BF＝AC，∴AC＝2EC，即E为AC的中点，∴BE为线段AC的垂直平分线，∴AF＝CF，BA＝BC，∴AB＝BD+CD＝AD+CD＝AF+DF+CD＝CF+DF+CD，即△FDC周长等于AB的长，∴④正确．故答案为①③④【点评】本题考查了全等三角形的性质与判定，也考查了线段的垂直平分线的性质与判定，也利用了三角形的周长公式解题，综合性比较强，对学生的能力要求比较高．2．（2022秋•通州区期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝60°．P是BC边上一点，CP＝CA，连接AP，以AP为边在AP的右上方作等边三角形APQ．若AB＝5，则点Q到边AB的距离为．【分析】过点Q作QD⊥AB，垂足为D，根据垂直定义可得∠ADQ＝90°，再利用直角三角形的两个锐角互余可得∠ABC＝30°，从而利用含30度角的直角三角形的性质可得CP＝AC＝AB＝2.5，然后证明手拉手模型﹣旋转型全等△ACP≌△ADQ，从而利用全等三角形的性质即可解答．【解答】解：过点Q作QD⊥AB，垂足为D，∴∠ADQ＝90°，∵∠C＝90°，∠BAC＝60°，∴∠ABC＝90°﹣∠BAC＝30°，∵AB＝5，∴AC＝AB＝2.5，∵AC＝CP，∴AC＝CP＝2.5，∵△AQP是等边三角形，∴AP＝AQ，∠QAP＝60°，∴∠QAP﹣∠PAB＝∠BAC﹣∠PAB，∴∠CAP＝∠DAQ，∵∠C＝∠ADQ＝90°，∴△ACP≌△ADQ（AAS），∴QD＝CP＝2.5，∴点Q到边AB的距离为2.5，故答案为：2.5．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形，熟练掌握手拉手模型﹣旋转型全等是解题的关键．3．（2021秋•滨湖区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝．D是边AB上一动点，连接CD，以CD为直角边在CD左侧作等腰直角△CDE，且∠DCE＝90°，连接AE，则DE长度的最小值为；△ADE面积的最大值为．【分析】要求DE最小值，只需求出CD的最小值，过点C作CF⊥AB于点F，根据垂线短最短即可得出CF即为CD的最小值，然后用勾股定理求出DE的最小值；利用手拉手全等模型可得△ACE≌△BCD（SAS），从而得∠DAE＝90°，设AE＝x，则AD＝2﹣x，从而表示出△ADE面积，即可求解．【解答】解：∵△CDE是等腰直角三角形，∴DE＝，∴CD取得最小值时，DE取得最小值，如图，过点C作CF⊥AB于点F，此时CF即为CD的最小值，∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝，∴CF＝1，AB＝2，∴CD的最小值为1，∴DE的最小值为．∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACE＝∠BCD，在△ACE和△BCD中，，∴△ACE≌△BCD（SAS），∴∠EAC＝∠B＝45°，AE＝BD，∴∠EAD＝90°，设BD＝x，则AE＝x，AD＝2﹣x，∴S△ADE＝＝，∴当x＝1时，S△ADE的最大值为，故答案为，．【点评】本题考查等腰三角形的性质、垂线段最短、全等三角形，其中判断出手拉手模型得全等是解题关键．4．（2021秋•常州期末）如图，两条互相垂直的直线m、n交于点O，一块等腰直角三角尺的直角顶点A 在直线m上，锐角顶点B在直线n上，D是斜边BC的中点．已知OD＝，BC＝4，则S△AOB＝．【分析】利用等腰三角形的三线合一想到连接AD，根据已知可得∠ADB＝90°，AD＝DB＝BC＝2，因为OD＝，想到构造手拉手﹣旋转性全等，所以过点D作ED⊥DO，交直线n于点E，证明△DAO≌△DBE，可得DO＝DE＝，OA＝BE，然后在Rt△OAB中，利用勾股定理进行计算即可解答．【解答】解：连接AD，过点D作ED⊥DO，交直线n于点E，∴∠EDO＝90°，∵△ABC是等腰直角三角形，∠CAB＝90°，∴AB＝AC，∵D是斜边BC的中点，∴∠ADB＝90°，AD＝＝DB＝BC＝2，∴AB＝＝＝2，∵∠ADB﹣∠BDO＝∠EDO﹣∠BDO，∴∠ADO＝∠BDE，∵m⊥n，∴∠AOB＝90°，∴∠DAO+∠DBO＝360°﹣∠ADB﹣∠AOB＝180°，∵∠DBO+∠DBE＝180°，∴∠DAO＝∠DBE，∴△DAO≌△DBE（ASA），∴DO＝DE＝，OA＝BE，∴OE＝＝＝，∴OB+BE＝，∴OB+OA＝，∴（OB+OA）2＝14，∴OA2+OB2+2OA•OB＝14，在Rt△OAB中，OA2+OB2＝AB2，∴OA2+OB2＝（2）2＝8，∴2OA•OB＝14﹣8＝6，∴OA•OB＝3，∴△AOB的面积＝OA•OB＝，故答案为：．【点评】本题考查了勾股定理，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．二．解答题（共13小题）5．（2022秋•宜兴市月考）如图，点E在CD上，BC与AE交于点F，AB＝CB，BE＝BD，∠1＝∠2．（1）求证：AE＝CD；（2）证明：∠1＝∠3．【分析】（1）由已知角相等，利用等式的性质得到夹角相等，利用SAS即可得证；（2）利用全等三角形对应角相等得到一对角相等，再由对顶角相等及内角和定理即可得证．【解答】（1）证明：∵∠1＝∠2，∴∠ABE＝∠CBD，在△ABE和△CBD中，，∴△ABE≌△CBD（SAS），∴AE＝CD；（2）证明：由（1）知，△ABE≌△CBD，∴∠A＝∠C，又∵∠AFB＝∠CFE，∴∠1＝∠3．【点评】此题考查了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本题的关键．6．（2021秋•丹阳市期末）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，延长AB到D，使得DB＝AB，连接CD，以CD为直角边作等腰Rt△CDE，其中∠DCE＝90°，连接BE．（1）猜想线段BE与AD的数量和位置关系，并说明理由；（2）若AC＝cm，则BE＝cm，DE＝cm．【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到CD＝CE，CA＝CB，然后利用“SAS”可判断△ACD≌△BCE；根据全等三角形的性质得到∠1＝∠2，而∠3＝∠4，然后根据三角形内角和定理即可得到∠EBD＝∠ECD ＝90°；（2）根据全等三角形的性质得到AD＝BE，而DB＝AB＝2cm，所以BE＝4cm；在Rt△DBE中，利用勾股定理求出DE的长．【解答】解：（1）BE⊥AD且BE＝AD．理由如下：∵△ACB和△DCE都是等腰直角三角形，∴CD＝CE，CA＝CB，∵∠ACB＝90°，∠DCE＝90°，∴∠ECD+∠DCB＝∠DCB+∠ACB，即∠ECB＝∠ACD，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS）；∴∠1＝∠BEC，而∠3＝∠4，∴∠EBD＝∠ECD＝90°，∴BE⊥AD且BE＝AD．（2）∵若AC＝BC＝cm，∴AB＝＝2（cm），∵△ACD≌△BCE，∴AD＝BE，∵DB＝AB＝2cm，∴BE＝2×2＝4（cm），在Rt△DBE中，DE＝（cm）．故答案为4，2．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质：判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”；全等三角形的对应边相等．也考查了等腰直角三角形的性质．7．（2020秋•崇川区期末）如图，AB＝AD，∠B＝∠D，∠BAD＝∠CAE＝60°．（1）求证：△ABC≌△ADE；（2）若AE＝5，求CE的长．【分析】（1）根据等式的性质和全等三角形的判定解答即可；（2）根据全等三角形的性质解答即可．【解答】证明：（1）∵∠BAD＝∠＝60°．∴∠BAD+∠BAE＝∠CAE+∠BAE，∴∠DAE＝∠BAC，在△DAE与△BAC中，，∴△ABC≌△ADE（ASA）；（2）∵△ABC≌△ADE，∴AE＝AC，∵∠CAE＝60°．∴△ACE是等边三角形，∴CE＝AE＝5．【点评】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据等式的性质和全等三角形的判定解答．8．（2021秋•江阴市校级月考）如图，△ABC是等边三角形，点D为BC上一点（与点B不重合），过点C作∠ACE＝60°，且CE＝BD（点E与点A在射线BC同侧），连接AD，ED．求证：AD＝DE．【分析】连接AE，根据等边三角形的性质可得AB＝AC，∠B＝∠BAC＝60°，从而利用SAS可证△ABD ≌△ACE，然后利用全等三角形的性质可得AD＝AE，∠BAD＝∠CAE，从而可得∠DAE＝60°，进而可得△ADE是等边三角形，最后利用等边三角形的性质即可解答．【解答】证明：连接AE，∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∠B＝∠BAC＝60°，∵∠ACE＝60°，∴∠B＝∠ACE＝60°∵BD＝CE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴AD＝AE，∠BAD＝∠CAE，∵∠BAC＝60°，∴∠BAD+∠DAC＝60°，∴∠CAE+∠DAC＝60°，∴∠DAE＝60°，∴△ADE是等边三角形，∴AD＝DE．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．9．（2022秋•崇川区校级月考）在△ABC中，AB＝AC，点D是直线BC上的一点（不与点B、C重合），以AD为腰右侧作等腰三角形△ADE，且AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，连接CE．（1）如图1，当点D在线段BC上，如果∠BAC＝90°，则∠BCE＝度．（2）设∠BAC＝α，∠BCE＝β．①点D是在线段BC上移动时，如图2，则α、β之间有怎样的数量关系？试说明理由．②点D是在射线CB上移动时，则α、β之间有怎样的数量关系？试直接写出结论．【分析】（1）证明△BAD≌△CAE，得∠B＝∠ACE，即可证明；（2）①与（1）同理证明△BAD≌△CAE，得∠ABD＝∠ACE，则∠BAC+∠BCE＝∠BAC+∠BCA+∠ACE ＝∠BAC+∠BCA+∠B＝180°；②同理证明△ADB≌△AEC，得∠ABD＝∠ACE，由∠ABD＝∠BAC+∠ACB，则∠BAC＝∠BCE．【解答】解：（1）∵∠BAC＝∠，∴∠BAD＝∠CAE，在△BAD与△CAE中，，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠B＝∠ACE，∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，故答案为：90；（2）①α+β＝180°，理由如下：∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，在△BAD与△CAE中，，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，∵∠BAC+∠ABD+∠BCA＝180°，∴∠BAC+∠BCE＝∠BAC+∠BCA+∠ACE＝∠BAC+∠BCA+∠B＝180°，∴α+β＝180°；②α＝β，理由如下：∵∠DAE＝∠BAC，∴∠DAB＝∠EAC，在△ADB与△AEC中，，∴△ADB≌△AEC（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，∵∠ABD＝∠BAC+∠ACB，∴∠BAC＝∠BCE，∴α＝β．【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质等知识，证明△ADB≌△AEC是解题的关键．10．（2022秋•徐州期中）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°．将一个含45°角的直角三角尺DEF按图1所示放置，使直角三角尺的直角顶点D恰好落在BC边的中点处，将直角三角尺DEF绕点D旋转，设AB交DF于点N，AC交DE于点M，示意图如图2所示．（1）[证明推断]求证：DN＝DM；小明给出的思路：若要证明DN＝DM，只需证明△BDN≌△ADM即可，请你根据小明的思路完成证明过程；（2）[延伸发现]连接AE，BF，如图3所示，求证：AE＝BF；（3）[迁移应用]延长EA交DF于点P，交BF于点Q．在图3中完成如上作图过程，猜想并证明AE和BF 的位置关系．【分析】（1）D是BC的中点，则AD＝BD＝CD，∠ABC＝∠DAC＝45°，再证明∠FDB＝∠ADE，得到△BDN≌△ADM（ASA），即可求解；（2）△DEF为等腰直角三角形，则DE＝DF，由（1）知：∠FDB＝∠EDA，BD＝AD，可以证明△FDB ≌△EDA（SAS），即可求解；（3）由△FDB≌△EDA，得到∠BFD＝∠AED，进而求解．【解答】证明：（1）如图2，在Rt△ABC中，∵D是BC的中点，即BD是△ABC的中线，∴AD＝BD＝CD，∠ABC＝∠45°，∵∠FDB+∠FDA＝90°，∠FDA+∠ADE＝90°，∴∠FDB＝∠ADE，在△BDN和△ADM中，，∴△BDN≌△ADM（ASA），∴DN＝DM；（2）∵△DEF为等腰直角三角形，∴DE＝DF，由（1）知：∠FDB＝∠EDA，BD＝AD，在△BDF和△ADE中，，∴△FDB≌△EDA（SAS），∴AE＝BF；（3）作图如下，AE和BF的位置关系为：相互垂直，理由如下：由（2）知△FDB≌△EDA，∴∠BFD＝∠AED，又∵∠FPQ＝∠EPD，∴∠FQP＝∠PDE＝90°，即AE⊥BF，故AE和BF【点评】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．11．（2022秋•东海县期中）【问题呈现】在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，点D是斜边AB上的一点，连接CD，试说明AD、BD、CD之间的数量关系，并说明理由．【解决策略】小敏同学思考后是这样做的：将△CAD绕点C逆时针旋转90°，得到对应的△CBE，连接DE，如图1经过推理使问题得到解决．请回答：（1）△DBE的形状是，△DCE的形状是；（2）直接写出AD、BD、CD之间的数量关系是；【方法感悟】在解决问题时，条件中若出现“等边三角形”、“等腰直角三角形”字样，可以考虑旋转某个三角形，把分散的条件或结论集中到一起，从而使问题得到解决．（3）如图2，在四边形ABCD中，∠BCD＝45°，连接对角线AC、BD，∠ADB＝90°，AD＝BD，若CB ＝2，CD＝4，求CA的长；（4）如图3，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，AB＝AD，若BC＝5，CD＝2，求A、C两点之间的最大距离．【分析】【解决策略】（1）由旋转的性质得出△DCE是等腰直角三角形，证明△ACD≌△BCE（SAS），由全等三角形的性质得出∠A＝∠CBE＝45°，则可得出结论；（2）由全等三角形的性质得出结论；【方法感悟】（3）过点D作DE⊥DC，交CB的延长线于E，连接AE，证出∠AEC＝∠AED+∠DEC＝90°，由勾股定理可得出答案；（4）将△ADC绕点A顺时针旋转90°，得到对应的△ABE，连接CE，则CD＝BE＝2，证出AC＝CE，求出CE的最大值可得出答案．【解答】【解决策略】解：（1）∵将△CAD绕点C逆时针旋转90°，得到对应的△CBE，∴CD＝CE，∠DCE＝90°，∴△DCE是等腰直角三角形，∵∠ACB＝90°＝∠ACD+∠DCB，∴∠ACD＝∠ECB，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴∠A＝∠CBE＝45°，∵∠ABC＝45°，∴∠ABE＝∠ABC+∠CBE＝45°+45°＝90°，∴△DBE是直角三角形，故答案为：直角三角形，等腰直角三角形；（2）∵△ACD≌△BCE，∴AD＝BE，∵∠DBE＝90°，∴DB2+BE2＝DE2，∵∠DCE＝90°，∴CD2+CE2＝2CD2＝DE2，∴DB2+AD2＝2CD2；故答案为：DB2+AD2＝2CD2；【方法感悟】（3）过点D作DE⊥DC，交CB的延长线于E，连接AE，如图2，∵∠BCD＝45°，∴△DCE是直角三角形，由（1）可知△ADE≌△BDC，∴∠AED＝∠BCD＝45°，AE＝BC，∵∠DEC＝45°，∴∠AEC＝∠AED+∠DEC＝90°，∵DC＝4，BC＝2，∴CE＝DC＝4，AE＝2，∴AC＝＝＝6；（4）将△ADC绕点A顺时针旋转90°，得到对应的△ABE，连接CE，如图3，∴CD＝BE＝2，∵AC＝AE，∠CAE＝60°，∴△ACE是等边三角形，∴AC＝CE，∵CE≤BC+BE＝5+2＝7，∴当C，B，E三点共线时，CE最大，∴A、C两点之间的最大距离是7．【点评】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，旋转的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．12．（2021秋•淮安期末）如图1，AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝α．（1）AD、BE相交于点M．①求证：AD＝BE；②用含α的式子表示∠AMB的度数；（2）如图2，点P、Q分别是AD、BE的中点，连接CP、CQ，判断△CPQ的形状，并加以证明；（3）如图3，在△ABC中，∠ACB＝45°，BC＝，AC＝3，以AB为直角边，B为直角顶点作等腰Rt △ABD，则CD＝（直接写出结果）．【分析】（1）①由“SAS”可证△ACD≌△BCE，可得BE＝AD；②由三角形内角和定理可求解；（2）由“SAS”可证△ACP≌△BCQ，可得CP＝CQ，可得结论；（3）将△BCD绕着点B逆时针旋转90°得到△AEB，连接BE，CE，根据旋转的性质得到BE＝BC＝，∠CBE＝∠ABD＝90°，AE＝CD，可得出△BCE是等腰直角三角形，根据勾股定理即可得到结论．【解答】（1）①证明：如图1，∵∠ACB＝∠DCE＝α，∴∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE；②解：如图1，∵△ACD≌△BCE，∴∠CAD＝∠CBE，∵∠BAC+∠ABC＝180°﹣α，∴∠BAM+∠ABM＝180°﹣α，∴∠AMB＝180°﹣（180°﹣α）＝α；（2）△CPQ为等腰三角形，理由如下：如图2，由（1）可得，BE＝AD，∵AD，BE的中点分别为点P、Q，∴AP＝BQ，∵△ACD≌△BCE，∴∠CAP＝∠CBQ，在△ACP和△BCQ中，，∴△ACP≌△BCQ（SAS），∴CP＝CQ，∴△CPQ为等腰三角形．（3）将△BCD绕着点B逆时针旋转90°得到△AEB，连接BE，CE，则BE＝BC＝，∠CBE＝∠ABD＝90°，AE＝CD，∴△BCE是等腰直角三角形，∴∠BCE＝45°，CE＝BC＝4，∵∠ACB＝45°，∴∠ACE＝90°，∴AE＝＝＝5，∴CD＝AE＝5．故答案为：5．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质和判定，旋转的性质，勾股定理等，运用旋转的性质构造全等三角形是解题的关键．13．（2022秋•亭湖区校级月考）【阅读材料】小明同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组全等的三角形，小明把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．如图1，在“手拉手”图形中，小明发现若∠BAC＝∠DAE，AB＝AC，AD ＝AE，则△ABD≌△ACE．【材料理解】（1）在图1中证明小明的发现．【深入探究】（2）如图2，△ABC和△AED是等边三角形，连接BD，EC交于点O，连接AO，下列结论：①BD＝EC；②∠BOC＝60°；③∠AOE＝60°；④EO＝CO，其中正确的有（将所有正确的序号填在横线上）．【延伸应用】（3）如图3，AB＝BC，∠ABC＝∠BDC＝60°，试探究∠A与∠C的数量关系．【分析】（1）利用等式的性质得出∠BAD＝∠CAE，即可得出结论；（2）同（1）的方法判断出△ABD≌△ACE，得出BD＝CE，再利用对顶角和三角形的内角和定理判断出∠BOC＝60°，再判断出△BCF≌△ACO，得出∠AOC＝120°，进而得出∠AOE＝60°，再判断出BF＜CF，进而判断出∠OBC＞30°，即可得出结论；（3）先判断出△BDP是等边三角形，得出BD＝BP，∠DBP＝60°，进而判断出△ABD≌△CBP（SAS），即可得出结论．【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，∴∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS）；（2）如图2，∵△ABC和△ADE是等边三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，∴∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，①正确，∠ADB＝∠AEC，记AD与CE的交点为G，∵∠AGE＝∠DGO，∴180°﹣∠ADB﹣∠DGO＝180°﹣∠AEC﹣∠AGE，∴∠DOE＝∠DAE＝60°，∴∠BOC＝60°，②正确，在OB上取一点F，使OF＝OC，连接CF，∴△OCF是等边三角形，∴CF＝OC，∠OFC＝∠OCF＝60°＝∠ACB，∴∠BCF＝∠ACO，∵AB＝AC，∴△BCF≌△ACO（SAS），∴∠AOC＝∠BFC＝180°﹣∠OFC＝120°，∴∠AOE＝180°﹣∠AOC＝60°，③正确，连接AF，要使OC＝OE，则有OC＝CE，∵BD＝CE，∴CF＝OF＝BD，∴OF＝BF+OD，∴BF＜CF，∴∠OBC＞∠BCF，∵∠OBC+∠BCF＝∠OFC＝60°，∴∠OBC＞30°，而没办法判断∠OBC大于30度，所以，④不一定正确，即：正确的有①②③，故答案为：①②③；（3）如图3，延长DC至P，使DP＝DB，∵∠BDC＝60°，∴△BDP是等边三角形，∴BD＝BP，∠DBP＝60°，∵∠ABC＝60°＝∠DBP，∴∠ABD＝∠CBP，∵AB＝CB，∴△ABD≌△CBP（SAS），∴∠BCP＝∠A，∵∠BCD+∠BCP＝180°，∴∠A+∠BCD＝180°．【点评】此题是三角形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，构造等边三角形是解本题的关键．14．（2021秋•沭阳县月考）在△ABC中，AB＝AC，点D是直线BC上一点（不与B、C重合），以AD 为一边在AD的右侧作△ADE，使AD＝AE，∠DAE＝∠BAC，连接CE．（1）如图1，当点D在线段BC上，如果∠BAC＝90°，则∠BCE＝°．（2）如图2，设∠BAC＝α，∠BCE＝β．当点D在线段BC上移动，则α、β之间有怎样的数量关系？请说明理由；（3）如图2，当点D在线段BC上，如果∠BAC＝60°，D点为△ABC中BC边上的一个动点（D与B、C 均不重合），当点D运动到什么位置时，△DCE的周长最小？请探求点D的位置，并求出此时∠EDC的度数，直接写出你的结论．【分析】（1）由等腰直角△ABC、△ADE易证△ABD≌△ACD，即可得出∠ECA＝∠B＝45°，进而求出∠ECD＝90°，（2）证明△BAD≌△CAE（SAS），推出∠ACE＝∠B，则可得出结论；（3）由全等三角形的性质可得出BD＝CE，可推出CD+EC＝CD+BD＝BC，由△ECD的周长＝DE+CD+CE ＝DE+BC，BC为定值，推出DE定值最小时，△DCE得到周长最小，根据此线段最短即可解决问题．【解答】解：（1）如图1中，∵AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠ADE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∠B＝∠ACB＝45°，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠B＝∠ACE＝45°，∴∠BCE＝45°+45°＝90°．故答案为：90．（2）α+β＝180°．理由如下：如图2中，∵AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠ADE，∴∠BAD＝∠CAE，∠B＝∠ACB，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ACE＝∠B，β＝∠ABC+∠ACB，∴α+β＝180°．（3）∵△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝EC，∴CD+EC＝CD+BD＝BC，∵△ECD的周长＝DE+CD+CE＝DE+BC，∵BC为定值，∴DE定值最小时，△DCE得到周长最小，∵DE＝AD，∴AD⊥BC时，AD定值最小，此时BD＝CD＝CE，∴∠EDC＝（180°﹣120°）＝30°，∴当点D运动到BC的中点时，△DEC是周长最小，此时∠EDC＝30°．【点评】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质，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，学会用转化的思想思考问题．15．（2022秋•江阴市期中）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1，△ABC与△ADE都是等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE，则有．（2）如图2，已知△ABC，以AB、AC为边分别向外作等边△ABD和等边△ACE，并连接BE，CD，则∠BOD＝°．（3）如图3，在两个等腰直角三角形△ABC和△ADE中，AB＝AC，AE＝AD，∠BAC＝∠DAE＝90°，连接BD，CE，交于点P，请判断BD和CE的关系，并说明理由．【分析】（1）由“SAS”可证△BAD≌△CAE；（2）由“SAS”可证△DAC≌△BAE，可得∠ADC＝∠ABE，由外角的性质可求解；（3）由“SAS”可证△ABD≌△ACE，可得BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，由余角的性质可求解．【解答】解：（1）∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，又∵AB＝AC，AD＝AE，∴△BAD≌△CAE（SAS），故答案为：△BAD，△CAE；（2）∵△ABD和△ACE是等边三角形，∴AB＝AD，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝60°，∴∠DAC＝∠BAE，∴△DAC≌△BAE（SAS），∴∠ADC＝∠ABE，∵∠ADC+∠BDC+∠ABD+∠DAB＝180°，∠ABE+∠BDC+∠ABD+∠DOB＝180°，∴∠DAB＝∠BOD＝60°，故答案为：60；（3）BD＝CE，BD⊥CE，理由如下：∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC+∠BAE＝∠DAE+∠BAE，即∠CAE＝∠BAD，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，∵∠BPC+∠ABD＝∠BAC+∠ACE，∴∠BPC＝∠BAC＝90°，∴BD⊥CE．【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．16．（2022秋•阜宁县期中）【问题发现】（1）如图1，△ABC和△ADE均为等边三角形，点B，D，E在同一直线上，连接CE，容易发现：①∠BEC 的度数为；②线段BD、CE之间的数量关系为；【类比探究】（2）如图2，△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点B，D，E在同一直线上，连接CE，试探究∠BEC的度数及线段BE、CE、DE之间的数量关系，并说明理由；【问题解决】（3）如图3，∠AOB＝∠ACB＝90°，OA＝3，OB＝7，AC＝BC，求OC2的值．【分析】（1）由等边三角形的性质得到AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝∠ADE＝60°，则∠BAD ＝∠CAE，再证△BAD≌△CAE（SAS），即可解决问题；（2）由“SAS”可证△ABD≌△ACE，得BD＝CE，∠AEC＝∠ADB＝135°，即可求解；（3）过点C作EF∥OB，交AO的延长线于点F，过点B作BE⊥EF于点E，由“AAS”证△ACF≌△CBE，得BE＝CF，AF＝CE，设OF＝x，再由AF＝CE列方程得x的值，然后由勾股定理可求解．【解答】解：（1）①∵△ABC和△ADE为等边三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝∠ADE＝60°，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，在△BAD和△CAE中，，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠AEC＝∠ADB＝180°﹣∠ADE＝120°，∴∠BEC＝∠AEC﹣∠AED＝120°﹣60°＝60°，故答案为：60°；②由①可知，△BAD≌△CAE，∴BD＝CE，故答案为：BD＝CE；（2）∠BEC＝90°，BE＝CE+DE，理由如下：∵∠BAC＝∠DAE＝90°，△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠ADE＝∠AED＝45°，∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∠AEC＝∠ADB＝180°﹣∠ADE＝135°，∴∠BEC＝∠AEC﹣∠AED＝135°﹣45°＝90°，∵BE＝BD+DE，∴BE＝CE+DE；（3）如图3，过点C作EF∥OB，交AO的延长线于点F，过点B作BE⊥EF于点E，则∠BOF＝180°﹣∠AOB＝90°，∠BEC＝∠CFA＝90°，∴四边形BOFE是矩形，∴OB＝EF＝7，BE＝OF，∵∠ACB＝90°，∴∠BCE+∠ACF＝90°，∵∠ACF+∠CAF＝90°，∴∠CAF＝∠BCE，∵∠F＝∠E＝90°，AC＝BC，∴△ACF≌△CBE（AAS），∴CF＝BE，AF＝CE，设OF＝x，则CF＝BE＝OF＝x，AF＝3+x，CE＝7﹣x，∴3+x＝7﹣x，∴x＝2，∴OF＝CF＝2，在Rt△OCF中，由勾股定理得：OC2＝OF2+CF2＝22+22＝8，故答案为：8．【点评】本题是三角形的综合题，考查的是等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，本题综合性强，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键，属于中考常考题型．17．（2021秋•兴化市期末）如图1，△ABC与△ADE是共顶点A的两个等腰三角形，其中AB＝AC，AD ＝AE，∠BAC＝∠DAE，连接CE、BD．（1）求证：CE＝BD；（2）如图2，固定△ABC，将△ADE绕点A旋转，若AD＝25，BC＝20，S△ABC＝240，当点D旋转到线段BC上时，求CE的长；（3）如图3，设F为BD、CE的交点，G、H分别为BD、CE的中点，∠BFC＝α，∠AGH＝β，试探究α与β的数量关系，并说明理由．【分析】（1）由等腰三角形的性质可知AB＝AC，AD＝AE，∠BAD＝∠CAE，再利用SAS可证明△BAD ≌△CAE，得CE＝BD；（2）过点A作AP⊥BC于P，连接CE，根据BC＝20，S△ABC＝240，得AP＝24，可知点D在CP或BP 上，利用勾股定理解决问题；（3）连接AH，由（1）同理知，△BAD≌△CAE（SAS），得∠ADB＝∠AEC，BD＝CE，再利用SAS证明△ADG≌△AEH，得∠AHE＝∠AGD＝∠AGH+∠FGH，AG＝AH，从而解决问题．【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE，∠BAC＝∠BAD+∠CAD，∠DAE＝∠CAE+∠CAD，∴∠BAD＝∠CAE，∵AB＝AC，AD＝AE，∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴CE＝BD；（2）解：如图，过点A作AP⊥BC于P，连接CE，由（1）同理知，△BAD≌△CAE（SAS），∴CE＝BD，∵BC＝20，S△ABC＝240，∴AP＝24，当点D在CP上时，在Rt△APD中，PD2＝AD2﹣AP2＝49，∴PD＝7，∵AB＝AC，AP⊥BC，∴P为BC的中点，∴BP＝CP，∵BC＝20，∴BP＝10，∴BD＝17，∴CE＝BD＝17，当点D在BP上时，同理可知CE＝BD＝10﹣7＝3，综上所述：CE＝3或17；（3）解：α+2β＝180°，理由如下：如图，连接AH，由（1）同理知，△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ADB＝∠AEC，BD＝CE，∵G，H分别为BD，CE的中点，∴DG＝EH，∵∠ADB＝∠AEC，DG＝EH，AD＝AE，∴△ADG≌△AEH（SAS），∴∠AHE＝∠AGD＝∠AGH+∠FGH，AG＝AH，∴∠AGH＝∠AHG，∵∠FHG+∠AHG+∠AHE＝180°，∴∠FHG+∠AGH+∠AGH+∠FGH＝180°，∵∠BFC＝∠FGH+∠FHG，∠BFC＝α，∠AGH＝β，∴α+2β＝180°．【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟悉基本模型证明△BAD≌△CAE是解题的关键．。
初中数学几何模型之手拉手模型复习整理
初中数学几何模型手拉手模型模型巧记:1.等角共点推等角.(有两条短手臂和两条长手臂)2.相同图形在一起,要把边角边想起.什么是手拉手?321ECA B D 如图所示,△ABC 和△BED 都是等边三角形,∴BE=BD(我们称为短手臂)BC=AB(我们称为长手臂)又∵∠1=∠2=60°(三角形均为等边三角形)∴∠1+∠3=∠2+∠3(等角共点推等角)∴∠ABE=∠CBD在△ABE 和△CBD 中, ቐBE =BD∴∠ABE=∠CBDBC =AB∴△ABE ≌△CBD(SAS)模型讲解结论: 如图所示,AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE.(1)则△ABD ≌△ACE.(2)BD 和CE 的夹角∠BFE=∠BAC=∠DAE.图1ED C BA 图2FA B C DE 解:(1)证明如下: ∵∠BAC=∠DAE ∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC ∴∠BAD=∠CAE∴在△ABD 和△ACE 中ቐAD =AE ∠BAD=∠CAEAB =AC∴ △ABD ≌△ACE(SAS)有长手臂和短手臂有共点的相等的角(这里就满足手拉手的条件了,有长手臂和短手臂,也有共点的等角)结论: 如图所示,AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE.(1)则△ABD ≌△ACE.(2)BD 和CE 的夹角∠BFE=∠BAC=∠DAE.图2FA B CDE解: (2)由1得, △ABD ≌△ACE ∴∠1=∠2,(全等三角形对应角相等) 又∵∠3=∠4(对顶角相等) 在三角形中内角和为180° ∴∠1+∠4+∠BAC=180° ∴∠2+∠3+∠BFE=180° ∴∠BFE=∠BAC(等量代换)∴ ∠BFE=∠BAC=∠DAE 4321结论1: 如图所示,等边△ABC和等边△CDE,△BCD≌△ACE,∠BFA=60°.结论图1FEDCBA你发现图中的手拉手模型了吗?结论图1FEDCBA结论2: 如图所示,等腰Rt △ABC 和等腰Rt △CDE,则△BCD ≌△ACE,∠BFA=90°.F 结论图2E D C B A F结论图2ED C B A你发现图中的手拉手模型了吗?如图,△ACB 和△DCE 均为等边三角形,点A,D,E 在同一条直线上,连结BE,则∠AEB 的度数为______.模型练习1E DBCA 60°大手拉小手,等边等角全等找.如图,△ABC 和△ADE 都是等腰直角三角形,CE 和BD 相交于点M,则BD 和CE 的数量关系是_______.BD=CE.模型练习2MDEA C B如图,△ABC 中,AB=AC,∠BAC=40°,将△ABC 绕点A 按逆时针方向旋转100°得到△ADE,连结BD,CE 相交于点F ,则BD 与CE 的数量关系是________.BD=CE.100°模型练习340°FEDCB A如图,△ABC 和△CDE 均为等边三角形,点A,D,E 在同一条直线上,连结BE,若∠CAE=25°,则∠EBC 的度数为_____.25°模型练习4EDBCA如图所示,B,D,E 在同一条直线上,AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE,∠1=25°,∠2=30°,则∠3=_______.55°1模型练习532EDC BA如图,在△ABC 中,∠ABC=45°,AD,BE 分别为BC,AC 边上的高,AD,BE 相交于点F ,连结CF ,则有下列结论:①BF=AC;②∠FCD=45°.③若BF=2EC,则△FDC 的周长等于AB 的长.其中正确的有_______.①②③模型练习6FE D CBA如图,在△AOB 和△COD 中,OA=OB,OC=OD,OA<OC,∠AOB=∠COD=36°.连结AC,BD 交于点M,连结OM.有下列结论:①∠AMB=36°.②AC=BD.③OM平分∠AOD.④MO 平分∠AMD.其中正确的结论有________.①②④模型练习7M DBOAC已知△AOB 和△MON 都是等腰直角三角形(22OA <OM =ON ),∠AOB=∠MON=90°.(1)如图1,连结AM,BN,求证:△AOM ≌△BON.图1MNBOA图1MNBOA(2)若将△MON 绕点O 顺时针旋转.①如图2,当点N 恰好在AB 边上时,求证:BN 2+AN 2=2ON 2.②当点A,M,N 在同一条直线上时,若OB=4,ON=3,请直接写出线段BN 的长.图2MNBOAJ图3.1MNBO AJAO BNM图3.246+32246−322。
(完整版)全等平行四边形模型之手拉手模型
(完整版)全等平行四边形模型之手拉手模
型
简介
本文档介绍了全等平行四边形模型中的手拉手模型，提供了其
定义、特点、应用以及相关实例，帮助读者更好地理解和应用该模型。
定义
全等平行四边形是指具有相等边长和相等角度的两个平行四边形。
手拉手模型是全等平行四边形模型中的一种构造方式，通过连
接两个全等平行四边形的对应点，形成一个类似于"手拉手"的形状。
特点
手拉手模型具有以下特点：
1. 两个全等平行四边形的对应点直线段相等。
2. 手拉手模型中的对应角度相等。
3. 手拉手模型的两个平行四边形互补。
应用
手拉手模型在几何学和物理学中有广泛的应用：
1. 几何学应用：手拉手模型可以用来证明全等平行四边形的性质，解决相关几何问题。
2. 物理学应用：手拉手模型可以通过模拟力的平衡和力矩的原理，帮助解决物理学中的平衡问题。
示例
以下是一个手拉手模型的示例应用：
假设有两个全等平行四边形ABCD和EFGH，其中AB和EF
是对应边。
我们可以通过连接A和E，B和F，C和G，D和H来
构造一个手拉手模型。
根据手拉手模型的特点，我们可以得出对应
点直线段AE，BF，CG和DH相等，对应角度也相等。
结论
手拉手模型是全等平行四边形模型中的一种构造方式，具有对
应点直线段相等、对应角度相等的特点。
它在几何学和物理学中有
广泛的应用，能够帮助解决相关问题。
通过了解手拉手模型的定义、特点和应用，读者可以更好地理解和运用该模型。
初中几何经典模型总结（手拉手模型）
初中几何经典模型总结（手拉手模型）展开全文模型可以让同学更快的进入到几何之中，产生兴趣。
也是近来学习初中几何不可或缺的一种重要方法。
下面给大家介绍一种经典几何模型---手拉手模型，这也是历年数学中考常考的几何压轴题型之一。
手拉手模型的概念:1、手的判别：判断左右：将等腰三角形顶角顶点朝上，正对读者，读者左边为左手顶点，右边为右手顶点。
2、手拉手模型的定义：定义: 两个顶角相等且有共顶点的等腰三角形形成的图形。
（左手拉左手，右手拉右手）例如：3、手拉手模型的重要结论三个固定结论:结论1:△ABC≌△AB'C'(SAS)BC=B'C'（左手拉左手等于右手拉右手）结论2：∠BOB'=∠BAB'（用四点共圆证明）结论3: AO平分∠BOC'（用四点共圆证明）例题解析：类型一共顶点的等腰直角三角形中的手拉手例1：已知：如图△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°．求证：BD=CE．分析：要证BD=CE可转化为证明△BAE≌△CAD，由已知可证AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠EAD=90°，因为∠BAC ∠CAE=∠EAD ∠CAE，即可证∠BAE=∠CAD，符合SAS，即得证．解答：证明：∵△ABC与△AED均为等腰直角三角形，∴AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠EAD=90°，∴∠BAC ∠CAE=∠EAD ∠CAE，即∠BAE=∠CAD，在△BAE与△CAD中，AB=AC,∠BAE=∠CAD，AE=AD∴△BAE≌△CAD（SAS），∴BD=CE．类型二共顶点的等边三角形中的手拉手例2：图1、图2中，点B为线段AE上一点，△ABC与△BED都是等边三角形。
(1)如图1，求证：AD=CE；(2)如图2，设CE与AD交于点F，连接BF.①求证：∠CFA=60°；②求证：CF BF=AF.分析：（1）如图1，利用等边三角形性质得：BD=BE，AB=BC，∠ABC=∠DBE=60°，再证∠ABD=∠CBE，根据SAS证明△ABD≌△CBE 得出结论；（2）①如图2，利用（1）中的全等得：∠BCE=∠DAB，根据两次运用外角定理可得结论；②如图3，作辅助线，截取FG=CF，连接CG，证明△CFG是等边三角形，并证明△ACG≌△BCF，由线段的和得出结论．解答：证明：(1)如图1，∵△ABC与△BED都是等边三角形，∴BD=BE,AB=BC,∠ABC=∠DBE=60°，∴∠ABC ∠CBD=∠DBE ∠CBD，即∠ABD=∠CBE，在△ABD和△CBE中，AB=AC∠ABD=∠CBEBD=BE，∴△ABD≌△CBE(SAS)，∴AD=CE，(2)①如图2,由(1)得：△ABD≌△CBE，∴∠BCE=∠DAB，∵∠ABC=∠BCE ∠CEB=60°，∴∠ABC=∠DAB ∠CEB=60°，∵∠CFA=∠DAB ∠CEB，∴∠CFA=60°，②如图3,在AF上取一点G,使FG=CF,连接CG,∵∠AFC=60°，∴△CGF是等边三角形，∴∠GCF=60°，CG=CF，∴∠GCB ∠BCE=60°，∵∠ACB=60°，∴∠ACG ∠GCB=60°，∴∠ACG=∠BCE，∵AC=BC，∴△ACG≌△BCF，∴AG=BF，∵AF=AG GF，∴AF=BF CF.类型三共顶点正方形中的手拉手例3：如图，两个正方形ABCD与DEFG,连结CE、AG,二者相交于点H。
初二数学手拉手模型(一)
初二数学手拉手模型（一）引言概述：初二数学手拉手模型是一种教学方法，旨在帮助学生更深入地理解和应用数学知识。
通过手拉手合作模式，学生可以互相学习、互相借鉴，共同提高数学学习的效果。
本文将介绍初二数学手拉手模型的基本原理和应用方法，并分别从创设情境、设计问题、组织合作、总结反思和评价几个大点，详细阐述每个大点下的细节。
正文内容：一、创设情境1. 选择适当的实际情境，激发学生的兴趣和动机。
2. 引导学生观察、思考和提出问题，培养他们的问题意识。
3. 确定学生需要解决的数学问题，并与实际情境相结合。
二、设计问题1. 设计能够引导学生思考和合作的问题。
2. 确定问题的难度和范围，确保学生能够通过合作解决问题。
3. 鼓励学生提出多种解决方法，并比较它们的优劣。
三、组织合作1. 将学生分为小组，并确保每个小组成员都能参与到合作中。
2. 引导学生学会倾听和表达自己的观点，培养良好的沟通能力。
3. 提供适当的教学资源和支持，帮助学生克服困难。
四、总结反思1. 引导学生归纳和总结问题的解决过程，发现其中的规律和方法。
2. 鼓励学生分享自己的思考和收获，促进彼此之间的学习交流。
3. 提供针对学生的个性化反馈，帮助他们更好地理解和应用数学知识。
五、评价1. 设计合适的评价标准，全面评价学生在手拉手模型中的表现。
2. 鼓励学生积极参与评价过程，反思自己的学习和合作经验。
3. 提供具体的建议和指导，帮助学生更好地改进自己的学习方式。
总结：初二数学手拉手模型以创设情境、设计问题、组织合作、总结反思和评价为主要内容，通过这种方式，学生可以在合作中相互学习、借鉴，共同提高数学学习的效果。
这种模型不仅可以增进学生的数学理解和应用能力，还能培养他们的问题意识、沟通能力和团队合作精神。
通过引导学生参与模型的各个环节，可以促进他们主动探索、思考和解决问题的能力，为进一步提高数学学习水平奠定良好的基础。
八年级数学上册手拉手全等问题复习,
手拉手模型（一）手拉手模型全等（1）等边三角形➢条件：均为等边三角形➢结论：①；②；③平分。
（2）等腰➢条件：均为等腰直角三角形➢结论：①；②；③平分。
（3）任意等腰三角形➢条件：均为等腰三角形➢结论：①；②；③平分。
第一个不变性质就是全等，如下图：无论两个等边三角形的相对位置如何△ACD△△BCE（SAS）始终成立。
第二个不变性质是角度问题，如下图：根据第一条性质的全等，得出△1=△2，再依据“蝴蝶模型”或者“8”字模型倒角或者“四点共圆”都可以得出AD和BE的夹角△APB=60°，这个结论不随等边三角形的相对位置变化而变化，也具有不变性。
第三个不变性质是角平分线，如下图：CP始终平分△BPD，也就是说△BPC=△DPC =60°始终成立。
证法1：如下图，分别作BE和AD的垂线段CH和CK，由△ACD△△BCE（SAS），可以知道△ACD和△BCE 的面积相等，底也相等，全等三角形对应高也相等，所以高CH=CK.根据角平分线的性质，可以知道CP平分△BPD.证法2：如下图，根据△1=△2，AC=BC，在BP上截取BF=AP，则△ACP△△BCF（SAS），于是，CF=CP，△FCP=△BCA=60°，所以△FPC是等边三角形。
这样，也就得出△FPC=△DPC=60°，CP平分△BPD.第四个不变性质就是“等边+120°模型”（这里中考不做要求）这个模型在这里始终会出现。
对角互补旋转也就是说在这个模型中，BP=CP+AP，PE=CP+PD始终成立。
最后，以上这些结论看似简单，但是要想让学生彻底掌握，需要进行巩固和强化训练，训练的方式最好就变换不同的角度和相对位置，让自己再去证明一次，找到所有的全等、不变角、角平分线、线段和差模型、等性质。
练习1、在直线ABC 的同一侧作两个等边三角形△ABD和△BCE ，连接AE 与CD ，证明：（1） △ABE ≌△DBC（2） AE=DC（3） AE 与DC 的夹角为60。
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E
A D
B
C E A
D B C
E D C B A 图3图21图O H G A B
C
D F G H D
E C B A H
D E
C 几何基本模型之 手拉手模型
模型 手拉手
例题：如图，△ABC 是等腰三角形、△ADE 是等腰三角形，AB=AC ，AD=AE ，∠BAC=∠DAE 求证：△BAD ≌△CAE 。
模型练习
1.如图，△ADC 与△GDB 都为等腰直角三角形，连接AG 、CB ，相交于点H ，问：（1）AG 与CB 是否相等？（2）AG 与CB 之间的夹角为多少度？
2．如图，直线AB 的同一侧作△ABD 和△BCE 都为等边三角形，连接AE 、CD ，二者交点为H 。
求证：
（1）△ABE ≌△DBC ；（2）AE=DC ；
（3）∠DHA=60°；（4）△AGB ≌△DFB ；（5）△EGB ≌△CFB ；
（6）连接GF ，GF ∥AC ；（7）连接HB ，HB 平分∠AHC 。
3．如图，△ABD 与△BCE 都为等边三角形，连接AE 与CD ，延长AE 交CD 于点
H ．证明：（1）AE=DC ；（2）∠AHD=60°；（3）连接HB ，HB 平分∠AHC 。
M P D E C B A 4．在线段AE 同侧作等边△CDE （∠ACE<120°），点P 与点M 分别是线段BE
和AD 的中点。
求证：△CPM 是等边三角形。
5．如图：BE ⊥AC ，CF ⊥AB ，BM=AC ，CN=AB 。
求证：（1）AM=AN ；（2）AM ⊥AN 。
6.如图， 已知等边三角形ABC 中，点D ，E ，F 分别为边AB ，AC ，BC 的中点，M 为直线BC 上一动
点，△DMN 为等边三角形（点M 的位置改变时， △DMN 也随之整体移动） ．
（1）如图①，当点M 在点B 左侧时，请你判断EN 与MF 有怎样的数量关系？点F 是否在直线NE
上？都请直接．．．．
写出结论，不必证明或说明由； （2）如图②，当点M 在BC 上时，其它条件不变，（1）的结论中EN 与MF 的数量关系是否仍然
成立?若成立，请利用图②证明；若不成立，请说明理由；
（3）若点M 在点C 右侧时，请你在图③中画出相应的图形，并判断（1）的结论中EN 与MF 的数量关系是否仍然成立?若成立?请直接写出结论，不必证明或说明理由．
F
C M N E 1
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6.如图，已知△ABC中，AB=AC=10cm,BC=8cm,点D是AB的中点。
（1）如果点P在线段BC 上以3cm/s 的速度由点B向点C运动，同时，点Q 在线段AC 上由C点向A点运动．
①若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1s 后，△BPD 与△CQP 是否全等，请说明理由；
②若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD 与△CQP 全等.
（2）若点Q 以②中的运动速度从点C 出发，点P以原来的运动速度从点B同时出发，都逆时针沿△ABC三边运动，求经过多长时间点Q与点P第一次在△ABC 的哪条边上相遇?
8.（1）如图1在等腰△ABC中，AB=AC=5，BC=6，S△ABC =12,PD⊥AB，PE⊥AC，P点为底边的中点，PD+PE= .
（2）如图2在等腰△ABC中，AB=AC，若P点为底边上任意一点，PD⊥AB，PE⊥AC，你认为
PD+PE是定值吗？说明理由.
（3）如图3在等腰△ABC中，AB=AC，若P点为底边上任意一点，PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，你能发现PD，PE和CF存在什么数量关系，提出你的猜想并证明.
（4）如图4，若P点在BC的延长线上，其余条件和（3）相同，那么PD，PE和CF的数量关系又有何变化？写出你的猜想并证明.。