手拉手模型
(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。
完整版)全等三角形之手拉手模型
完整版)全等三角形之手拉手模型
本文将介绍手拉手模型中的全等三角形。
所谓手拉手模型，是指有公共顶点的两个等腰三角形，顶角相等。
因为顶点相连的四条边，形象的可以看作两双手，所以通常称为手拉手模型。
基本模型如下：已知，△ABB'和△ACC'都是等腰三角形，AB=AB'，AC=AC'，且∠BAB'=∠CAC'。
可以得出三个结论：结论1：△ABC≌△AB'C'(SAS)，BC=B'C'；结论2：
∠BOB'=∠BAB'；结论3：AO平分∠BOC'。
在共顶点的等腰直角三角形中，也可以应用手拉手模型。
例如，如下图所示，△ABC和△ADE是等腰直角三角形，且
∠BAC=∠DAE=90°。
可以证明：⑴BD=CE⑵BD⊥CE。
另外，在共顶点的等边三角形中，也可以使用手拉手模型。
如下图，点A为线段BD上一点，△ABC和△ADE均是等边
三角形。
可以求出：（1）CD=BE；（2）∠DAE＋
∠BFD=180°；（3）∠BFA=∠DFA=60°。
总之，手拉手模型在全等三角形的证明中是一个非常有用的工具，能够帮助我们更好地理解和应用三角形的性质。
全等典型模型：“手拉手”模型
《三角形证明》题型解读12 全等典型模型：“手拉手”模型【知识梳理】（一）“手拉手模型”的基本图形题型特征：△ABC 与△BDE 是等边三角形，A 、B 、D 三点在同一直线上。
解题方法：一定有以下六个结论（三组全等、一个60°、一个等边△、一组平行线） ①△ABE ≌△CBD证明过程：∵△ABC 与△BDE 是等边三角形，∴∠1=∠2=∠3=60°，∴∠ABE=∠CBD=120°，∵AB=BC ，BE=BD ， ∴△ABE ≌△CBD （SAS ） ②△ABH ≌△CBF证明过程：∵△ABE ≌△CBD ，∴∠4=∠5，∵AB=BC ，∠1=∠2，∴△ABH ≌△CBF （SAS ） ③△BHE ≌△BFD证明过程：∵△ABE ≌△CBD ，∴∠6=∠7，∵BE=BD ，∠2=∠3，∴△BHE ≌△BFD （SAS ） ④∠AGC=60°证明过程：∵△ABE ≌△CBD ，∴∠6=∠7，在△GFE 和△BFD 中（“8”字模型），∠3=180°-∠BFD-∠7，∠EGF=180°-∠GFE-∠6，∵∠6=∠7，∠GFE=∠BFD ，∴∠3=∠EGF ，∵∠AGC=∠EGF ，∠3=60°，∴∠AGC=∠3=60° ⑤△BHF 是等边三角形证明过程：∵△BHE ≌△BFD （SAS ），∴BH=BF ，∵∠2=60°，∴△BHF 是等边三角形（有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形） ⑥HF//AD证明过程：∵△BHF 是等边三角形，∴∠8=60°，∵∠3=60°，∴∠8=∠3，∴HF//AD （二）“手拉手模型”的变化图形题型特征：△ABC 与△BDE 是等边三角形，A 、B 、D 三点不在同一直线上。
图2M N 765431H GFEDCBA765431HG F ED CBA解题方法：一定有以下三个结论（一组全等，一个60°、一个角平分线） ①△ABE ≌△CBD证明过程：∵△ABC 与△BDE 是等边三角形，∴∠1=∠3=60°，∴∠ABE=∠CBD （共角模型），∵AB=BC ，BE=BD ， ∴△ABE ≌△CBD （SAS ） ②∠AGC=60°证明过程：∵△ABE ≌△CBD ，∴∠6=∠7，在△GFE 和△BFD 中（“8”字模型），∠3=180°-∠BFD-∠7，∠EGF=180°-∠GFE-∠6，∵∠6=∠7，∠GFE=∠BFD ，∴∠3=∠EGF ，∵∠AGC=∠EGF ，∠3=60°，∴∠AGC=∠3=60° ③BG 平分∠HBF证明过程：作BM ⊥AE 于点M ，BN ⊥GD 于点N ，如图2，∵△ABE ≌△CBD ，∴∠4=∠5，∵AB=BC ，∠AMB=∠CNB=90°，∴△ABM ≌△CBN （AAS ），∴BM=BN ，∴BG 平分∠HBF （到角两边的距离相等的点，在这个角的角平分线上） （三）常见“手拉手”变化图形【典型例题】例1.如图，C 为线段AE 上一动点（不与A 、E 重合），在AE 同侧分别作等边△ABC 和等 边△CDE ，AD 与BE 交于点O ，AD 与BC 交于点P ，BE 与CD 交于点Q ，连接PQ ，以下五个结论： ①AD ＝BE ；②PQ ∥AE ；③CP ＝CQ ；④BO ＝OE ；⑤∠AOB ＝60°，恒成立的结论有（ ）。
专题12.19 三角形全等几何模型-“手拉手”模型(知识讲解)
专题12.19 三角形全等几何模型-“手拉手”模型（知识讲解）图一图二图三图四图五图六图七手拉手模型的定义：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）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∠B O C/（利用三角形全等面积相等，再利用角平分线性质定理证明）典型例题讲练：在学习全等三角形知识时、教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．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．通过资料查询，他们得知这种模型称为“手拉手模型” 兴趣小组进行了如下操究：（1）如图1、两个等腰三角形△ABC和△ADE中，AB=AC，AE=AD，△BAC=△DAE，连接BD、CE、如果把小等腰三角形的腰长看作小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手，这个就是“手拉手模型”，在这个模型中，和△ADB 全等的三角形是，此线BD和CE的数量关系是（2）如图2、两个等腰直角三角形△ABC和△ADE中，AB=AC，AE=AD，△BAC=△DAE=90°，连接BD，CE，两线交于点P，请判断线段BD和CE的数量关系和位置关系，并说明理由：（3）如图3，已知△ABC、请完成作图：以AB、AC为边分别向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE（等边三角形三条边相等，三个角都等于60°），连接BE，CD，两线交于点P，并直接写出线段BE和CD的数量关系及△PBC+△PCB的度数、【答案】（1）△AEC，BD=CE；（2）BD=CE且BD△CE，理由见解析；（3）作图见解析，BE=CD，△PBC+△PCB=60°．【分析】（1）根据SAS证明两个三角形全等即可证明；（2）通过条件证明△DAB△△EAC（SAS），得到△DBC+△ECB=90°，即可证明BD△CE，从而得到结果；≅即可得到证明；（3）根据已知条件证明DAC BAE解：（1）△AB=AC，AE=AD，△BAC=△DAE，∠+∠=∠+∠，△DAE EAB BAC EAB即DAB EAC ∠=∠，△()△△ADB AEC SAS ≅，△BD=CE ；（2）BD=CE 且BD△CE ；理由如下：因为△DAE=△BAC=90°，如图2．所以△DAE+△BAE=△BAC+△BAE ．所以△DAB=△EAC ．在△DAB 和△EAC 中，,,.AD AE DAB EAC AB AC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩所以△DAB△△EAC （SAS ）．所以BD=CE ，△DBA=△ECA ．因为△ECA+△ECB+△ABC=90°，所以△DBA+△ECB+△ABC=90°．即△DBC+△ECB=90°．所以△BPC=180°-（△DBC+△ECB ）=90°．所以BD△CE ．综上所述：BD=CE 且BD△CE ．（3）如图3所示，BE=CD ，△PBC+△PCB=60°．由图可知60DAB EAC ∠=∠=︒，AD=AB ，AE=AC ，△+DAB BAC EAC BAC ∠∠=∠+∠，即DAC BAE ∠=∠，△()△DAE △BAE SAS ≅，△BE=CD ，ABE ADC ∠=∠，又△60BDA ∠=︒，△60ADC BDC ABE BDC ∠+∠=∠+∠=︒，△120BPC ABP BDC BDA ∠=∠+∠+∠=︒，△△PBC+△PCB=60°．【点拨】本题主要考查了全等三角形的知识点应用，准确分析图形是解题的关键． 举一反三变式1：如图，AC △BC ，DC △EC ，AC ＝BC ，DC ＝EC ，AE 与BD 交于点F ．（1）求证：AE ＝BD ；（2）求△AFD 的度数．【答案】（1）详情见解析；（2）90AFD ∠=︒【分析】（1）利用角的等量代换求出ACE BCD ∠=∠，再判断ACE ≌BCD △即可求解； （2）利用全等三角形的性质得到E D ∠=∠，再通过角的等量代换求解即可．解：（1）△AC BC ⊥，DC EC ⊥△90ACB ECD ∠=∠=︒△ACB BCE ECD BCE ∠+∠=∠+∠△ACE BCD ∠=∠在ACE 和BCD △中AC BC ACE BCD DC EC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩△ACE ≌BCD △(SAS)△AE BD =（2）设BD 与CE 的交点为G ，如图所示：△ACE ≌BCD △△E D ∠=∠△180EFG FGE E ++=︒∠∠∠，180GCD CGD D ++=︒∠∠∠，且BGE CGD ∠=∠△90EFG GCD ==︒∠∠△90AFD ∠=︒【点拨】本题主要考查了全等三角形的性质和判定，灵活运用角的等量代换是解题的关键．例题2．已如：如图1，B ，C ，D 三点在一条直线上，△ABC 和△ECD 均为等边三角形，连接BE ，AD 交于点F ，BE 交AC 于点M ，AD 交CE 于点N ．（1）以下结论正确的有 ；△AD =BE △△EFD =60° △MC =NC △△AMB =△END（2）探究：将图1中的△ECD 绕点C 顺时针旋转一个角度（旋转角小于60°），如图2所示． △问：（1）中的正确结论哪些还成立？若成立，请说明理由；△连接FC ，如图3所示，求证：FC 平分△BFD【答案】（1）△△△；（2）△ △△；△见解析．【分析】（1）△根据等边三角形的性质得CA =CB ，CD =CE ，△ACB =60°，△DCE =60°，则△ACE =60°，利用“SAS ”可判断△ACD △△BCE ，则AD =BE ；△根据三角形外角关系得△EFD =△EBC +△ADC =△DAC +△ADC =△ACB =60°,从而可得结论； △连接MN ，证明△MCN 是等边三角形即可得出结论；△60,60AMB EBC END NDC ∠=︒+∠∠=︒+∠，而AC ≠CD 得CAD CDA ∠≠∠，从而可得出结论；（2）△方法同（1），逐个结论进行证明即可；△作,CG BE CH AD ⊥⊥于点G ，H ，证明△BGC △△AHC ，△CGF △△CHF 可得△CFG CFH =∠，从而可得结论．解：（1）△△ABC ，△ECD 是等边三角形，△AC=BC ，CE=CD ，△ACB=△ECD=60°△△ACD=△BCE=△120°△△ACD△△BCE△AD=BE ，故△正确；△△FEN=△NDC又△△ENF=△CND△△EFD=△ECD=60°，故△正确；又△△ACE=△NCD=60°△MEC=△NDCEC=CD△△EMC△△DNC△MC=NC ，故△正确；又△△AMB=△ACB+△ECB=60°+△ECB ，△END=△ECD+△NDC=60°+△NDC而AC CD ≠△CAD CDA ∠≠∠△MBC NDC ∠≠∠△MBC END ∠≠∠，故△错误；故答案为：△△△；（2）△△ACB=△ECD=60°△△BCE=△ACD又AC=BC ，CE=CD△△ACD△△BCE△AD=BE,故△正确；△△ADC=△BEC又△ENF=△CND△△EFD=△ECD=60°，故△正确△△ACE≠60°=△ECD△△EMC 不全等于△DNC ，△MC≠NC ，故△错误（3）,CG BE CH AD ⊥⊥于点G ，H ，如图，由(2)△知，△CBG=△CAHAC=BC△BGC=△AHC=90°△△BGC△△AHC△CG=CH又CF=CF ，△CGF=△CHF=90°△△CGF△△CHF△△CFG=△CFH△FC 平分△BFD【点拨】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．也考查了等边三角形的判定与性质．举一反三变式：如图，在ABC∆中，分别以AC，BC为边作等边三角形ACD和等边三角形BCE，连接AE，BD交于点O，则AOB∠的度数为（）A．100︒B．120︒C．130︒D．150︒【答案】B【分析】先证明△DCB△△ACE，求出△CAE＝△CDB，再利用“8字型”证明△AOH＝△DCH ＝60°即可解决问题．解：如图：AC与BD交于点H，△△ACD，△BCE都是等边三角形，△CD＝CA，CB＝CE，△ACD＝△BCE＝60°，△△DCB＝△ACE，在△DCB和△ACE中，CD CADCB ACECB CE⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，△△DCB△△ACE，△△CAE＝△CDB，△△DCH＋△CHD＋△BDC＝180°，△AOH＋△AHO＋△CAE＝180°，△DHC＝△OHA，△△AOH＝△DCH＝60°，△△AOB＝180°−△AOH＝120°．故选：B.【点拨】本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形，学会利用“8字型”证明角相等，属于中考常考题型．例题3．（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，如果具有公共的项角的顶点，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：△BD=EC；△△BOC=60°；△△AOE=60°；△EO=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．【答案】（1）证明见解析；（2）△△△；（3）△A+△C=180°．【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．（1）证明：△△BAC=△DAE ，△△BAC+△CAD=△DAE+△CAD ， △△BAD=△CAE ，在△ABD 和△ACE 中，AB AC BAD CAE AD AE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ，△△ABD△△ACE ；（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，AB AC BAD CAE AD AE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ，△△ABD△△ACE ，△BD=CE ，△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°，△正确，在OB上取一点F，使OF=OC，△△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°，△正确，连接AF，要使OC=OE，则有OC=12 CE，△BD=CE，△CF=OF=12 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，△不一定正确，即：正确的有△△△，故答案为△△△；（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°，△△BAC=60°=△DBP ，△△ABD=△CBP ，△AB=CB ，△△ABD△△CBP （SAS ），△△BCP=△A ，△△BCD+△BCP=180°，△△A+△BCD=180°．【点拨】此题考查三角形综合题，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题的关键．举一反三变式：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：①AD BE =；①//PQ AE ；①60AOB ∠=︒；①CPQ 是等边三角形，恒成立的是______．【答案】△△△△【分析】△由△ABC 和△CDE 都是等边三角形，可知AC=BC ，CD=CE ，△ACB=△DCE=60°，所以△ACD=△BCE=120°，所以△ACD△△BCE （SAS ），从而AD=BE ，故△正确；△△由△ACD△△BCE 得△CBE=△DAC ，加之AC=BC ，易得△ACB=△BCQ=60°，可证△CQB△△CPA （ASA ），从而CP=CQ ，再加之△PCQ=60°，可推出△PCQ 为等边三角形，易得△PQC=60°=△DCE ，根据内错角相等，两直线平行，可知△△正确；△结合△ACD△△BCE 和三角形的外角的性质，可得△AOB=60°，故△正确．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，AC BC ACD BCE CD CE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝△△ACD△△BCE （SAS ），△AD=BE ，故△正确；△△△△ACD△△BCE ，△△CBE=△DAC ，△由△ACB=△DCE=60°得△BCD=60°，△△ACP=△BCQ ，又△AC=BC ，△△CQB△△CPA （ASA ），△CP=CQ ，又△△PCQ=60°△△PCQ 为等边三角形，△△PQC=60°，△△PQC=60°=△DCE△PQ△AE故△△正确；△△△ACD△△BCE （SAS ），△△CAD=△CBE ，△△AOB=△CAD+△CEB=△CBE+△CEB ，又△△ACB=△CBE+△CEB=60°，△△AOB=△ACB=60°，故△正确.故答案为：△△△△.【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、三角形外角的性质，熟练应用三角形全等的判定是解题的关键．。
(完整版)计算机模型手拉手模型
(完整版)计算机模型手拉手模型1. 模型简介计算机模型手拉手模型是一种基于计算机科学的模型，用于描述计算机系统中各个组件之间的相互协作和通信方式。
该模型的设计灵感源自实际生活中的手拉手，形象地展示了计算机系统中各个组件之间通过通信协议进行数据交互的过程。
2. 模型结构计算机模型手拉手模型由以下几个主要组成部分构成：2.1. 手拉手接口手拉手接口是模型的核心部分，它通过模拟计算机系统中的通信协议，实现不同组件之间的连接和数据传输。
手拉手接口包含了发送和接收数据的功能，以及数据传输的控制逻辑。
2.2. 组件模块模型中的每个组件模块代表了计算机系统中的一个具体组件，例如CPU、内存、硬盘等。
每个组件模块都通过手拉手接口与其他组件进行连接，实现数据的传输和协作。
2.3. 数据线数据线是模型中的另一个重要部分，它用于在不同组件之间传输数据。
数据线不仅连接了不同组件的手拉手接口，还承载了数据的传输和传递。
3. 模型原理计算机模型手拉手模型的原理是模拟计算机系统中的数据交互过程。
当一个组件需要与另一个组件进行数据交换时，它会通过手拉手接口将数据发送给对应的组件。
接收组件收到数据后，会进行相应的处理，并通过手拉手接口将处理结果返回给发送组件。
模型通过手拉手接口和数据线的连接实现了组件之间的通信和协作。
数据线的拓扑结构可以灵活地调整，以适应不同计算机系统的需求。
4. 应用场景计算机模型手拉手模型可以被广泛应用于计算机科学领域的教学和研究工作中。
通过模型，学生可以直观地了解计算机系统中各个组件之间的数据交互方式，加深对计算机系统原理的理解。
此外，这个模型还可以作为一种通信协议的教学工具，帮助学生更好地理解通信协议的原理和实现方式。
5. 结论计算机模型手拉手模型通过形象生动的手拉手形态，展示了计算机系统中各个组件之间的通信和协作方式。
它可以被广泛应用于计算机科学教学和研究领域，有助于提升学生对计算机科学原理的理解和应用能力。
手拉手模型的判定方法
手拉手模型的判定方法摘要：一、手拉手模型概述二、手拉手模型的判定方法1.视觉判定2.力学判定3.动力学判定4.神经网络判定三、各类判定方法的优缺点对比四、手拉手模型在实际应用中的案例分析五、未来发展趋势与展望正文：一、手拉手模型概述手拉手模型，是一种模拟人类行走、跑步等动态行为的机器人运动模型。
通过模拟人类运动过程中的关节运动、肌肉收缩等生理现象，实现机器人的自主运动。
手拉手模型在机器人研究领域具有广泛的应用价值，为研究人类行走提供了有力的理论支持。
二、手拉手模型的判定方法1.视觉判定视觉判定方法主要通过分析摄像头或其他图像传感器捕捉到的图像，对机器人运动状态进行判断。
该方法依赖于图像处理技术的发展，具有较高的实时性和准确性。
但同时，受到光照、遮挡等因素的影响，视觉判定方法在实际应用中存在一定局限性。
2.力学判定力学判定方法通过对机器人运动过程中的力学参数进行监测和分析，如加速度、速度、力等，判断机器人是否达到手拉手模型。
该方法具有较高的理论依据，但测量设备和算法的要求较高，实现难度相对较大。
3.动力学判定动力学判定方法结合机器人的动力学模型，通过计算运动学参数与动力学参数之间的关系，判断机器人是否符合手拉手模型。
该方法对机器人结构和运动学参数有较高要求，但在理论分析方面具有较好的优势。
4.神经网络判定神经网络判定方法利用已训练好的神经网络模型，对机器人运动状态进行判定。
该方法具有较强的适应性和鲁棒性，能够应对各种复杂环境。
但神经网络模型的训练过程较为复杂，需要大量数据支持。
三、各类判定方法的优缺点对比1.视觉判定：优点在于实时性强、准确性高，但受光照、遮挡等因素影响；2.力学判定：理论依据充分，但对测量设备和算法要求较高；3.动力学判定：对机器人结构和运动学参数有较高要求，但在理论分析方面具有优势；4.神经网络判定：适应性强、鲁棒性好，但训练过程较为复杂，需要大量数据支持。
四、手拉手模型在实际应用中的案例分析手拉手模型在机器人领域的应用案例丰富，如无人驾驶汽车、四足机器人、人形机器人等。
(完整版)社会学模型手拉手模型
完整版)社会学模型手拉手模型1.引言社会学是研究人类社会行为、社会关系和社会机构的科学。
手拉手模型是社会学中一个重要的概念，用来描述人们在社会互动中相互协作、互惠互助的关系。
本文将介绍手拉手模型的定义、特点和应用，并探讨其在社会学研究中的意义和影响。
2.手拉手模型的定义手拉手模型是指人们在社会交往中通过相互支持、合作和互助，形成紧密的互联互动的关系。
它强调人与人之间的互惠和互助，是一种相互关联和相互依赖的社会联系模式。
3.手拉手模型的特点手拉手模型具有以下几个特点：相互支持：手拉手模型强调人们在社会交往中相互支持，通过共同的努力和帮助来实现目标。
合作互助：在手拉手模型中，人们通过相互合作和互助，共同解决问题和应对挑战。
互联互动：手拉手模型强调人与人之间的紧密联系和互动，通过交流和合作实现共同的利益。
4.手拉手模型的应用手拉手模型在社会学研究中有广泛的应用，例如：教育领域：手拉手模型可以用于描述学生之间的相互支持和合作学习的关系，促进学生的共同学习和发展。
社区发展：手拉手模型可以应用于社区组织和发展，通过组织居民之间的互助、合作和支持，提高社区的凝聚力和发展能力。
心理健康：手拉手模型可以用于描述亲密关系中的相互支持和互助，帮助个体在压力和困难时获得支持和帮助。
5.手拉手模型的意义和影响手拉手模型的应用和研究对社会学具有重要意义和积极影响：加强社会联系：手拉手模型强调人与人之间的相互关联和互助，可以加强社会联系和社区凝聚力。
促进社会发展：通过手拉手模型中的合作和互助，可以促进社会的发展和进步。
改善人际关系：手拉手模型强调相互支持和互助，有助于改善人际关系和促进个体的心理健康。
6.结论手拉手模型是社会学中的一个重要概念，用于描述人们在社会交往中相互协作、互惠互助的关系。
它强调人与人之间的相互支持、合作和互助，在教育、社区发展和心理健康等领域有广泛的应用。
手拉手模型的研究和应用对于加强社会联系、促进社会发展和改善人际关系具有重要意义和积极影响。
手拉手模型公式
手拉手模型公式
手拉手模型是数学里最常见的一种几何模型图，主要的特征就是有两个形状一样的图形，它们有着共同的顶点，可以旋转到任意角度，就像两个人手拉手一样，所以被称为手拉手模型。
它有三个基本的结论：
1、BD=CE②∠BAC=∠BFC③AF平分∠BFE。
2、BD=CE(两人的左手长度和=两人的右手长度和，很形象很容易记住)。
3、∠BAC=∠BFC(左手与右手的夹角=等腰三角形的顶角a)。
4、AF平分∠BFE。
手拉手模型是基于三角形全等，由于是两个等腰三角形，即相当于给了2组相等的对应边，那么我们只要再得到夹角相等就可以利用SAS来证明三角形全等。
而这个夹角可以利用它们相同的顶角来推导出来。
基本的证明：
手拉手模型是基于三角形全等，由于是两个等腰三角形，即相当于给了2组相等的对应边，那么我们只要再得到夹角相等就可以利用SAS来证明三角形全等。
而这个夹角可以利用它们相同的顶角来推导出来。
模型11 手拉手模型(解析版)
模型介绍共顶点模型，亦称“手拉手模型”，是指两个顶角相等的等腰或者等边三角形的顶点重合，两个三角形的两条腰分别构成的两个三角形全等或者相似。
寻找共顶点旋转模型的步骤如下： （1）寻找公共的顶点（2）列出两组相等的边或者对应成比例的边（3）将两组相等的边分别分散到两个三角形中去，证明全等或相似即可。
两等边三角形两等腰直角三角形两任意等腰三角形*常见结论：连接BD 、AE 交于点F ，连接CF ，则有以下结论：（1）BCD ACE≅△△（2）AE BD=（3）AFB DFE∠=∠（4）FC BFE∠平分【专题说明】两个具有公共顶点的相似多边形，在绕着公共顶点旋转的过程中，产生伴随的全等或相似三角形，这样的图形称作共点旋转模型；为了更加直观，我们形象的称其为“手拉手”模型。
【知识总结】【基本模型】一、等边三角形手拉手-出全等图1图2图3图4二、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；图1图2图3图4手拉手模型的定义：两个顶角相等且有共顶点的等腰三角形形成的图形。
手拉手模型特点：“两等腰，共顶点”模型探究：例题精讲考点一：等边三角形中的手拉手模型【例1】．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，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接PQ．有下列结论：①AD＝BE；②AP＝BQ；③∠AOB＝60°；④DC＝DP；⑤△CPQ为正三角形．其中正确的结论有_____________.解：∵△ABC和△DCE是正三角形，∴AC＝BC，DC＝CE，∠BCA＝∠DCE＝60°，∴∠BCA+∠BCD＝∠DCE+∠BCD，∴∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE，∴①正确；∵△ACD≌△BCE，∴∠CBE＝∠CAD，∵∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠BCD＝60°＝∠ACB，在△ACP和△BCQ中∴△ACP≌△BCQ（ASA），∴AP＝BQ，∴②正确；PC＝QC，∴△CPQ为正三角形∴⑤正确∵△ACD≌△BCE，∴∠ADC＝∠BEC，∠DCE＝60°＝∠CAD+∠ADC，∴∠CAD+∠BEC＝60°，∴∠AOB＝∠CAD+∠BEC＝60°，∴③正确；∵△DCE 是正三角形，∴DE ＝DC ，∵∠AOB ＝60°，∠DCP ＝60°，∠DPC ＞∠AOB ，∴∠DPC ＞∠DCP ，∴DP ＜DC ，即DP ＜DE ，∴④错误；所以正确的有①②③⑤变式训练【变式1-1】．如图，ABD ∆，AEC ∆都是等边三角形，则BOC ∠的度数是()A ．135︒B ．125︒C ．120︒D ．110︒解：ABD ∆ ，AEC ∆都是等边三角形，AD AB ∴=，AE AC =，60DAB CAE ∠=∠=︒，60ADB DBA ∠==︒，DAB BAC CAE BAC ∴∠+∠=∠+∠，DAC BAE ∴∠=∠，()DAC BAE SAS ∴∆≅∆，ADC ABE ∴∠=∠，BOC BDO DBA ABE∴∠=∠+∠+∠BDO DBA ADC =∠+∠+∠ADB DBA=∠+∠6060=︒+︒120=︒，BOC ∴∠的度数是120︒故选：C ．【变式1-2】．如图，△DAC 和△EBC 均是等边三角形，AE 、BD 分别与CD 、CE 交于点M 、N ，有如下结论：①△ACE ≌△DCB ；②CM ＝CN ；③AC ＝DN ；④∠DAE ＝∠DBC ．其中正确的有（）A ．②④B ．①②③C ．①②④D ．①②③④解：∵△DAC 和△EBC 均是等边三角形，∴AC ＝DC ，BC ＝CE ，∠ACE ＝∠BCD ，∴△ACE≌△DCB，①正确由①得∠AEC＝∠CBD，∴△BCN≌△ECM，∴CM＝CN，②正确假使AC＝DN，即CD＝CN，△CDN为等边三角形，∠CDB＝60°，又∵∠ACD＝∠CDB+∠DBC＝60°，∴假设不成立，③错误；∵∠DBC+∠CDB＝60°∠DAE+∠EAC＝60°，而∠EAC＝∠CDB，∴∠DAE＝∠DBC，④正确，∴正确答案①②④故选：C．【变式1-3】．如图，△ABC和△ADE都是等边三角形，点D在BC上，DE与AC交于点F，若AB＝5，BD＝3，则＝．解：连接CE，过点F作FM⊥BC于点M，FN⊥CE于点N，∵△ABC和△ADE为等边三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC DAE＝60°，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝CE＝3，∠ABD＝∠ACE＝60°，∵AB＝BC＝5，∴DC＝2，∵∠ACB＝∠ACE＝60°，FM⊥BC，FN⊥CE，∴FM＝FN，＝DC•FM，S△FCE＝CE•FN，∵S△DFC∴，∴，故答案为：．考点二：等腰直角三角形中的手拉手模型【例2】．如图，ACB∆和ECD∆都是等腰直角三角形，90ACB ECD∠=∠=︒，D为AB边上一点，若5AD=，12BD=，则DE的长为__________解：ACB∆和ECD∆都是等腰直角三角形，CD CE∴=，AC BC=，90ECD ACB∠=∠=︒，ACE BCD∴∠=∠，在ACE∆和BCD∆中，CE CDACE BCD AC BC=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()ACE BCD SAS∴∆≅∆，12BD AE∴==，45CAE CBD∠=∠=︒，90EAD∴∠=︒，222212513DE AE AD∴=+=+=．变式训练【变式2-1】．如图，3AB=，2AC=，连结BC，分别以AC、BC为直角边作等腰Rt ACD∆和等腰Rt BCE∆，连结AE、BD，当AE最长时，BC的长为()A．22B．3C．11D．17解：90ACD BCE∠=∠=︒，ACD ACB BCE ACB∴∠+∠=∠+∠，即ACE DCB∠=∠，在ACE ∆和DCB ∆中，AC DC ACE DCB CE CB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()ACE DCB SAS ∴∆≅∆，AE BD ∴=，AC CD == ，90ACD ∠=︒，2AD ∴=，3AB = ，∴当点A 在BD 上时，BD 最大，最大值为325+=，如图，过C 作CE AD ⊥于E ，由等腰三角形“三线合一”得1DE AE ==，314BE AB AE ∴=+=+=，再由直角三角形斜边中线等于斜边一半得1DE =，BC ∴=．故选：D ．【变式2-2】．如图，在Rt ABC ∆中，AB AC =，点D 为BC 中点，点E 在AB 边上，连接DE ，过点D 作DE 的垂线，交AC 于点F ．下列结论：①AED CFD ∆≅∆；②EF AD =；③BE CF AC +=；④212AEDF S AD =四边形，其中正确的结论是（填序号）．解：AB AC = ，90BAC ∠=︒，点D 为BC 中点，12BD CD AD BC ∴===，45BAD CAD C ∠=∠=∠=︒，AD BC ⊥，BC =，DF DE ⊥ ，90EDF ADC ∴∠=∠=︒，ADE CDF ∴∠=∠，AD CD = ，BAD C ∠=∠，()AED CFD ASA ∴∆≅∆，故①正确；当E 、F 分别为AB 、AC 中点时，12EF BC AD ==，故②不一定正确；ADE CDF ∆≅∆ ，AE CF ∴=，BE AE AB += ，BE CF AC ∴+=，故③正确；ADE CDF ∆≅∆ ，ADE CDF S S ∆∆∴=，212ADF CDF ADC AEDF S S S S AD ∆∆∆∴=+==⨯四边形，故④正确；故答案为：①③④．【变式2-3】．如图，△ABC 和△CEF 均为等腰直角三角形，E 在△ABC 内，∠CAE +∠CBE ＝90°，连接BF ．（1）求证：△CAE ∽△CBF ．（2）若BE ＝1，AE ＝2，求CE 的长．（1）证明：∵△ABC和△CEF均为等腰直角三角形，∴＝＝，∴∠ACB＝∠ECF＝45°，∴∠ACE＝∠BCF，∴△CAE∽△CBF；（2）解：∵△CAE∽△CBF，∴∠CAE＝∠CBF，＝＝，又∵＝＝，AE＝2∴＝，∴BF＝，又∵∠CAE+∠CBE＝90°，∴∠CBF+∠CBE＝90°，∴∠EBF＝90°，∴EF2＝BE2+BF2＝12+（）2＝3，∴EF＝，∵CE2＝2EF2＝6，∴CE＝．考点三：任意等腰三角形中的手拉手模型【例3】．如图，在△AOB和△COD中，OA＝OB，OC＝OD，OA＜OC，∠AOB＝∠COD ＝36°．连接AC，BD交于点M，连接OM．下列结论：①∠AMB＝36°，②AC＝BD，③OM平分∠AOD，④MO平分∠AMD．其中正确的结论是_____．解：∵∠AOB＝∠COD＝36°，∴∠AOB+∠BOC＝∠COD+∠BOC，即∠AOC＝∠BOD，在△AOC和△BOD中，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，故②正确；∵∠OAC＝∠OBD，由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OBD＝∠OAC+∠AOB，∴∠AMB＝∠AOB＝36°，故①正确；法一：作OG⊥AM于G，OH⊥DM于H，如图所示，则∠OGA＝∠OHB＝90°，∵△AOC≌△BOD，∴OG＝OH，∴MO平分∠AMD，故④正确；法二：∵△AOC≌△BOD，∴∠OAC＝∠OBD，∴A、B、M、O四点共圆，∴∠AMO＝∠ABO＝72°，同理可得：D、C、M、O四点共圆，∴∠DMO＝∠DCO＝72°＝∠AMO，∴MO平分∠AMD，故④正确；假设MO平分∠AOD，则∠DOM＝∠AOM，在△AMO与△DMO中，，∴△AMO≌△DMO（ASA），∴AO＝OD，∵OC ＝OD ，∴OA ＝OC ，而OA ＜OC ，故③错误；变式训练【变式3-1】．如图，等腰ABC ∆中，120ACB ∠=︒，4AC =，点D 为直线AB 上一动点，以线段CD 为腰在右侧作等腰CDE ∆，且120DCE ∠=︒，连接AE ，则AE 的最小值为()A ．23B ．4C ．6D ．8解：连接BE 并延长交AC 延长线于F ，120ACB ∠=︒ ，AC BC =，30CAB CBA ∴∠=∠=︒，120DCE ACB ∠=︒=∠ ，ACD BCE ∴∠=∠，AC BC = ，CD CE =，()ACD BCE SAS ∴∆≅∆，30CBE CAD ∴∠=∠=︒，CB 为定直线，30CBE ∠=︒为定值，∴当D 在直线AB 上运动时，E 也在定直线上运动，当AE BE ⊥时，AE 最小，30CAB ABC CBE ∠=︒=∠=∠ ，90AFB ∴∠=︒，∴当E 与F 重合时，AE 最小，在Rt CBF ∆中，90CFB ∠=︒，30CBF ∠=︒，122CF CB ∴==，6AF AC CF ∴=+=，AE ∴的最小值为6AF =，故选：C ．【变式3-2】．如图，在△ABC 中，AB ＝AC ＝5，∠BAC ＝120°，以CA 为边在∠ACB 的另一侧作∠ACM ＝∠ACB ，点D 为边BC （不含端点）上的任意一点，在射线CM 上截取CE ＝BD ，连接AD ，DE ，AE ．设AC 与DE 交于点F ，则线段CF 的最大值为．解：∵∠BAC＝120°，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝30°．∵∠ACM＝∠ACB，∴∠B＝∠ACM＝30°．在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS）．∴AD＝AE，∠BAD＝∠CAE．∴∠CAE+∠DAC＝∠BAD+∠DAC＝∠BAC＝120°．即∠DAE＝120°．∵AD＝AE，∴∠ADE＝∠AED＝30°；∵∠ADE＝∠ACB＝30°且∠DAF＝∠CAD，∴△ADF∽△ACD．∴＝．∴AD2＝AF•AC．∴AD2＝5AF．∴AF＝．∴当AD最短时，AF最短、CF最长．∵当AD⊥BC时，AF最短、CF最长，此时AD＝AB＝．∴AF最短＝＝．∴CF最长＝AC﹣AF最短＝5﹣＝．故答案为：．【变式3-3】.【问题背景】（1）如图1，等腰ABC ∆中，AB AC =，120BAC ∠=︒，AQ BC ⊥于点Q ，则BC AB =；【知识应用】（2）如图2，ABC ∆和ADE ∆都是等腰三角形，120BAC DAE ∠=∠=︒，D 、E 、C 三点在同一条直线上，连接BD ．求证：ADB AEC ∆≅∆．（3）请写出线段AD ，BD ，CD之间的等量关系，并说明理由．（1）解：AB AC = ，120BAC ∠=︒，AQ BC ⊥，30B C ∴∠=∠=︒，BQ QC =，12AQ AB ∴=，由勾股定理得：32BQ AB ===，BC ∴=，∴BC AB ==（2）证明：BAC DAE ∠=∠ ，BAC BAE DAE BAE ∴∠-∠=∠-∠，即DAB EAC ∠=∠，在ADB ∆和AEC ∆中，AD AE DAB EAC AB AC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()ADB AEC SAS ∴∆≅∆；（3）解：CD BD =+，理由如下：由（1）可知：DE =，ADB AEC ∆≅∆ ，EC BD ∴=，CD DE EC BD ∴=+=+．实战演练1.风筝为中国人发明，相传墨翟以木头制成木鸟，研制三年有成，是人类最早的风筝起源．如图，小飞在设计的“风筝”图案中，已知AB AD =，B D ∠=∠，BAE DAC ∠=∠，那么AC 与AE 相等．小飞直接证明ABC ADE ∆≅∆，他的证明依据是()A ．SSSB ．SASC ．ASAD ．AAS证明：BAE DAC ∠=∠ ，BAE EAC DAC EAC ∴∠+∠=∠+∠，BAC DAE ∴∠=∠，AB AD = ，B D ∠=∠，()ABC ADE ASA ∴∆≅∆，AC AE ∴=，故选：C ．2．如图，ABD ∆，AEC ∆都是等边三角形，则BOC ∠的度数是()A ．135︒B ．125︒C ．120︒D ．110︒解：ABD ∆ ，AEC ∆都是等边三角形，AD AB ∴=，AE AC =，60DAB CAE ∠=∠=︒，60ADB DBA ∠==︒，DAB BAC CAE BAC ∴∠+∠=∠+∠，DAC BAE ∴∠=∠，()DAC BAE SAS ∴∆≅∆，ADC ABE ∴∠=∠，BOC BDO DBA ABE∴∠=∠+∠+∠BDO DBA ADC =∠+∠+∠ADB DBA=∠+∠6060=︒+︒120=︒，BOC ∴∠的度数是120︒，故选：C ．3．如图，点A 是x 轴上一个定点，点B 从原点O 出发沿y 轴的正方向移动，以线段OB 为边在y 轴右侧作等边三角形，以线段AB 为边在AB 上方作等边三角形，连接CD ，随点B 的移动，下列说法错误的是()A ．BOA BDC∆≅∆B ．150ODC ∠=︒C ．直线CD 与x 轴所夹的锐角恒为60︒D ．随点B 的移动，线段CD 的值逐渐增大解：A ．OBD ∆ 和ABC ∆都是等边三角形，60ABC OBD ODB BOD ∴∠=∠=∠=∠=︒，BO BD =，BC AB =，ABC DBA OBD DBA ∴∠-∠=∠-∠，CBD ABO ∴∠=∠，()BOA BDC SAS ∴∆≅∆，故A 不符合题意；B ．BOA BDC ∆≅∆ ，90BDC BOA ∴∠=∠=︒，6090150ODC BDO BDC ∴∠=∠+∠=︒+︒=︒，故B 不符合题意；C ．延长CD 交x 轴于点E ，150ODC ∠=︒ ，18030ODE ODC ∴∠=︒-∠=︒，90BOA ∠=︒ ，60BOD ∠=︒，30DOA BOA BOD ∴∠=∠-∠=︒，60DEA DOA ODE ∴∠=∠+∠=︒，∴直线CD 与x 轴所夹的锐角恒为60︒，故C 不符合题意；D ．BOA BDC ∆≅∆ ，CD OA ∴=，点A 是x 轴上一个定点，OA ∴的值是一个定值，∴随点B 的移动，线段CD 的值不变，故D 符合题意；故选：D ．4．如图，3AB =，2AC =BC ，分别以AC 、BC 为直角边作等腰Rt ACD ∆和等腰Rt BCE ∆，连结AE 、BD ，当AE 最长时，BC 的长为()A ．22B ．3C ．11D ．17解：90ACD BCE ∠=∠=︒ ，ACD ACB BCE ACB ∴∠+∠=∠+∠，即ACE DCB ∠=∠，在ACE ∆和DCB ∆中，AC DC ACE DCB CE CB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()ACE DCB SAS ∴∆≅∆，AE BD ∴=，2AC CD == ，90ACD ∠=︒，222AD AC CD ∴=+=，3AB = ，∴当点A 在BD 上时，BD 最大，最大值为325+=，如图，过C 作CE AD ⊥于E ，由等腰三角形“三线合一”得1DE AE ==，314BE AB AE ∴=+=+=，再由直角三角形斜边中线等于斜边一半得1DE =，2217BC CE BE ∴=+=．故选：D ．5．如图，线段OA 绕点O 旋转，线段OB 的位置保持不变，在AB 的上方作等边PAB ∆，若1OA =，3OB =，则在线段OA 旋转过程中，线段OP 的最大值是()A 10B ．4C ．5D ．5解：如图，以AO 为边，在AO 的左侧作等边AOH ∆，连接BH ，AOH ∆ ，ABP ∆是等边三角形，1AO AH OH ∴===，AB AP =，60OAH BAP ∠=∠=︒，OAP HAB ∴∠=∠，在OAP ∆和HAB ∆中，AO AH OAP HAB AP AB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()OAP HAB SAS ∴∆≅∆，OP BH ∴=，在OPH ∆中，BH OH OB <+，∴当点H 在BO 的延长线上时，BH 的最大值4OH OB =+=，OP ∴的最大值为4，故选：B ．6．如图，O 是等边△ABC 内一点，OA ＝3，OB ＝4，OC ＝5，将线段BO 以点B 为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO ′，则∠AOB ＝150°．解：连接OO ′，如图，∵线段BO 以点B 为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO ′，∴BO ′＝BO ＝4，∠O ′BO ＝60°，∴△BOO ′为等边三角形，∴∠BOO ′＝60°，∵△ABC 为等边三角形，∴BA ＝BC ，∠ABC ＝60°，∴∠O ′BO ﹣∠ABO ＝∠ABC ﹣∠ABO ，即∠O ′BA ＝∠OBC ，在△O ′BA 和△OBC中，∴△O ′BA ≌△OBC （SAS ），∴O ′A ＝OC ＝5，在△AOO ′中，∵OA ′＝5，OO ′＝4，OA ＝3，∴OA 2+OO ′2＝O ′A 2，∴∠AOO ′＝90°，∴∠AOB ＝60°+90°＝150°，故答案为：150°．7．如图，△ABC与△ADE均是等腰直角三角形，点B，C，D在同一直线上，AB＝AC＝2，AD＝AE＝3，∠BAC＝∠DAE＝90°，则CD＝﹣．解：∵AB＝AC＝2，AD＝AE＝3，∠BAC＝∠DAE＝90°，∴BC＝AB＝2，DE＝AE＝3，∠BAD＝∠CAE，∠ABC＝45°＝∠ACB，在△BAD和△CAE中，，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴EC＝BD，∠ABD＝∠ACE＝45°，∴∠ECB＝∠ECD＝90°，∴DE2＝EC2+CD2，∴18＝（2+CD）2+CD2，解得：CD＝﹣，CD＝﹣﹣（不合题意舍去），故答案为：﹣．8．如图，△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，连接CD、BE，点F、G分别为DE、BE 的中点，连接FG．在△ADE旋转的过程中，当D、E、C三点共线时，若AB＝3，AD＝2，则线段FG的长为．解：连接BD，∠BAD＝90°﹣∠BAE，∠CAE＝90°﹣∠BAE，∴∠BAD＝∠CAE．又AD＝AE，AB＝AC，∴△ADB≌△AEC（SAS）．∴BD＝CE，∠ADB＝∠AEC＝135°，∴∠BDC＝135°﹣45°＝90°．∵△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，AB＝3，AD＝2，∴DE＝2，BC＝3．设BD＝x，则DC＝2+x，在Rt△BDC中，利用勾股定理BD2+DC2＝BC2，所以x2+（2+x）2＝18，解得x1＝﹣﹣（舍去），x2＝﹣+．∵点F、G分别为DE、BE的中点，∴FG＝BD＝．故答案为．9．如图，△ACD和△BCE都是等腰直角三角形，∠ACD＝∠BCE＝90°，AE交CD于点F，BD分别交CE、AE于点G、H．试猜测线段AE和BD的数量和位置关系，并说明理由．解：猜测AE＝BD，AE⊥BD；理由如下：∵∠ACD＝∠BCE＝90°，∴∠ACD+∠DCE＝∠BCE+∠DCE，即∠ACE＝∠DCB，又∵△ACD和△BCE都是等腰直角三角形，∴AC＝CD，CE＝CB，在△ACE与△DCB中，∴△ACE≌△DCB（SAS），∴AE＝BD，∠CAE＝∠CDB；∵∠AFC＝∠DFH，∠FAC+∠AFC＝90°，∴∠DHF＝∠ACD＝90°，∴AE⊥BD．故线段AE和BD的数量相等，位置是垂直关系．10．如图，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AE＝AC，AF⊥CB，垂足为F．（1）求证：△ABC≌△ADE；（2）求∠FAE的度数；（3）求证：CD＝2BF+DE．证明：（1）∵∠BAD＝∠CAE＝90°，∴∠BAC+∠CAD＝90°，∠CAD+∠DAE＝90°，∴∠BAC＝∠DAE，在△BAC和△DAE中，，∴△BAC≌△DAE（SAS）；（2）∵∠CAE＝90°，AC＝AE，∴∠E＝45°，由（1）知△BAC≌△DAE，∴∠BCA＝∠E＝45°，∵AF⊥BC，∴∠CFA＝90°，∴∠CAF＝45°，∴∠FAE＝∠FAC+∠CAE＝45°+90°＝135°；（3）延长BF到G，使得FG＝FB，∵AF⊥BG，∴∠AFG＝∠AFB＝90°，在△AFB和△AFG中，，∴△AFB≌△AFG（SAS），∴AB＝AG，∠ABF＝∠G，∵△BAC≌△DAE，∴AB＝AD，∠CBA＝∠EDA，CB＝ED，∴AG＝AD，∠ABF＝∠CDA，∴∠G＝∠CDA，∵∠GCA＝∠DCA＝45°，在△CGA和△CDA中，，∴△CGA≌△CDA（AAS），∴CG＝CD，∵CG＝CB+BF+FG＝CB+2BF＝DE+2BF，∴CD＝2BF+DE．11．已知△ABC和△ADE都是等边三角形，点D在射线BF上，连接CE．（1）如图1，BD与CE是否相等？请说明理由；（2）如图1，求∠BCE的度数；（3）如图2，当D在BC延长线上时，连接BE，△ABE、△CDE与△ADE的面积有怎样的关系？并说明理由．解：（1）BD＝CE，理由如下：∵△ABC和△ADE是都是等边三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∠ABC＝∠ACB＝60°，∴∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE；（2）∵△ABD≌△ACE，∴∠ABD＝∠ACE＝60°，∴∠BCE＝120°；+S△CDE＝S△ADE，理由如下：（3）S△ABE∵△ABC和△ADE是都是等边三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∠ABC＝∠ACB＝60°，∴∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），＝S△ACE，∠ABC＝∠ACE＝60°，∴S△ABD∴∠ECD＝180°﹣∠ACB﹣∠ACE＝60°，∴∠ABC＝∠ECD，∴AB∥CE，＝S△ABC，∴S△ABE+S△CDE＝S△ADE+S△ACD，∵S△ACE+S△CDE＝S△ADE+S△ACD，∴S△ABD+S△ACD+S△CDE＝S△ADE+S△ACD，∴S△ABC+S△CDE＝S△ADE．∴S△ABE12．如图，在△ABC中，分别以AB、AC为腰向外侧作等腰Rt△ADB与等腰Rt△AEC，∠DAB＝∠EAC＝90°，连接DC、EB相交于点O．（1）求证：BE⊥DC；（2）若BE＝BC．①如图1，G、F分别是DB、EC中点，求的值．②如图2，连接OA，若OA＝2，求△DOE的面积．（1）证明：∵∠DAB＝∠EAC＝90°，∴∠EAB＝∠CAD，在△BAE和△DAC中，，∴△BAE≌△DAC（SAS），∴∠ABE＝∠ADC，∵∠BAD＝90°，∴∠DOB＝90°，即BE⊥DC；（2）解：①取DE的中点H，连接GH、FH，∵点G是BD的中点，∴GH∥BE，GH＝BE，同理，FH∥CD，FH＝CD，∵BE＝CD．BE⊥DC，∴GH＝FH，GH⊥FH，∴△HGF为等腰直角三角形，∴GF＝GH，∵GH＝BE，∴GF＝BE，∵BE＝BC，∴＝；②作AM⊥BE于M，AN⊥CD于N，在△BAE和△BAC中，，∴△BAE≌△BAC（SSS），∴∠BAE＝∠BAC＝135°，∴∠DAE＝135°﹣90°＝45°，即∠OAD+∠OAE＝45°，∵△BAE≌△DAC，∴AM＝AN，又AM⊥BE，AN⊥CD，∴OA平分∠BOC，∴∠BOA＝∠COA＝45°，∴∠DOA＝∠EOA＝135°，∴∠ODA+∠OAD＝45°，∴∠OAE＝∠ODA，∴△ODA∽△OAE，∴＝，即OD•OE＝OA2＝4，∴△DOE的面积＝×OD•OE＝2．13．如图（1），在△ABC中，∠ACB为锐角，点D为射线BC上一动点，连接AD，以AD 为一边在AD的右侧作等腰直角△ADF，∠ADE＝∠AED＝45°，∠DAE＝90°，AD＝AE，解答下列问题：（1）如果AB＝AC，∠BAC＝90°，∠ABC＝∠ACB＝45°．①当点D在线段BC上时（与点B不重合），如图（2），线段CE、BD之间的数量关系为CE＝BD；位置关系为CE⊥BD；（不用证明）②当点D在线段BC的延长线上时，如图（3），①中的结论是否仍然成立，请写出结论并说明理由．（2）如果AB≠AC，∠BAC≠90°，点D在线段BC上运动．试探究：当△ABC满足一个什么条件时，CE⊥BD（点C、E重合除外）？请写出条件，并借助图（4）简述CE⊥BD成立的理由．解：（1）①CE与BD位置关系是CE⊥BD，数量关系是CE＝BD．理由：如图（2），∵∠BAD＝90°﹣∠DAC，∠CAE＝90°﹣∠DAC，∴∠BAD＝∠CAE．又BA＝CA，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ACE＝∠B＝45°且CE＝BD．∵∠ACB＝∠B＝45°，∴∠ECB＝45°+45°＝90°，即CE⊥BD．故答案为：CE＝BD；CE⊥BD．②当点D在BC的延长线上时，①的结论仍成立．如图（3），∵∠DAE＝90°，∠BAC＝90°，∴∠DAE＝∠BAC，∴∠DAB＝∠EAC，又AB＝AC，AD＝AE，∴△DAB≌△EAC（SAS），∴CE＝BD，且∠ACE＝∠ABD．∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ABC＝45°，∴∠ACE＝45°，∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，即CE⊥BD；（2）如图（4）所示，当∠BCA＝45°时，CE⊥BD．理由：过点A作AG⊥AC交BC于点G，∴AC＝AG，∠AGC＝45°，即△ACG是等腰直角三角形，∵∠GAD+∠DAC＝90°＝∠CAE+∠DAC，∴∠GAD＝∠CAE，又∵DA＝EA，∴△GAD≌△CAE（SAS），∴∠ACE＝∠AGD＝45°，∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，即CE⊥BD．14．（注意：本题中的说理过程中的每一步必须注明理由，否则不得分）如图1，在△ABC 中，∠ACB为锐角，点D为射线BC上一点，连接AD，以AD为一边且在AD的右侧作正方形ADEF．（1）如果AB＝AC，∠BAC＝90°；①当点D在线段BC上时（与点B不重合），如图2，线段CF、BD所在直线的位置关系为CF⊥BD，线段CF、BD的数量关系为CF＝BD；②当点D在线段BC的延长线上时，如图3，①中的结论是否仍然成立？并说明理由；（2）如图4，如果AB≠AC，∠BAC是锐角，点D在线段BC上，当∠ACB满足什么条件时，CF⊥BC（点C、F不重合），并说明理由．解：（1）①正方形ADEF中，AD＝AF，∵∠BAC＝∠DAF＝90°，∴∠BAD＝∠CAF，又∵AB＝AC，∴△DAB≌△FAC（SAS），∴CF＝BD，∠B＝∠ACF，∴∠ACB+∠ACF＝90°，即CF⊥BD．故答案为：CF⊥BD，CF＝BD；②当点D在BC的延长线上时①的结论仍成立．理由如下：由正方形ADEF得AD＝AF，∠DAF＝90°．∵∠BAC＝90°，∴∠DAF＝∠BAC，∴∠DAB＝∠FAC，又∵AB＝AC，∴△DAB≌△FAC（SAS），∴CF＝BD，∠ACF＝∠ABD．∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ABC＝45°，∴∠ACF＝45°，∴∠BCF＝∠ACB+∠ACF＝90°．即CF⊥BD；（2）当∠ACB＝45°时，CF⊥BD．理由如下：过点A作AG⊥AC交CB的延长线于点G，则∠GAC＝90°，∵∠ACB＝45°，∠AGC＝90°﹣∠ACB，∴∠AGC＝90°﹣45°＝45°，∴∠ACB＝∠AGC＝45°，∴AC＝AG，∵∠DAG＝∠FAC（同角的余角相等），AD＝AF，∴△GAD≌△CAF（SAS），∴∠ACF＝∠AGC＝45°，∴∠BCF＝∠ACB+∠ACF＝45°+45°＝90°，即CF⊥BC．15．背景：一次小组合作探究课上，小明将两个正方形按如图所示的位置摆放（点E、A、D在同一条直线上），发现BE＝DG且BE⊥DG．小组讨论后，提出了下列三个问题，请你帮助解答：（1）将正方形AEFG绕点A按逆时针方向旋转（如图1），还能得到BE＝DG吗？若能，请给出证明；若不能，请说明理由；（2）把背景中的正方形分别改成菱形AEFG和菱形ABCD，将菱形AEFG绕点A按顺时针方向旋转（如图2），试问当∠EAG与∠BAD的大小满足怎样的关系时，背景中的结论BE＝DG仍成立？请说明理由；（3）把背景中的正方形分别改写成矩形AEFG和矩形ABCD，且，AE＝4，AB＝8，将矩形AEFG绕点A按顺时针方向旋转（如图3），连接DE，BG．小组发现：在旋转过程中，DE2+BG2的值是定值，请求出这个定值．（1）证明：∵四边形AEFG为正方形，∴AE＝AG，∠EAG＝90°，又∵四边形ABCD为正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝90°，∴∠EAB＝∠GAD，∴△AEB≌△AGD（SAS），∴BE＝DG；（2）当∠EAG＝∠BAD时，BE＝DG，理由如下：∵∠EAG＝∠BAD，∴∠EAB＝∠GAD，又∵四边形AEFG和四边形ABCD为菱形，∴AE＝AG，AB＝AD，∴△AEB≌△AGD（SAS），∴BE＝DG；（3）解：方法一：过点E作EM⊥DA，交DA的延长线于点M，过点G作GN⊥AB交AB于点N，由题意知，AE＝4，AB＝8，∵＝，∴AG＝6，AD＝12，∵∠EMA＝∠ANG，∠MAE＝∠GAN，∴△AME∽△ANG，设EM＝2a，AM＝2b，则GN＝3a，AN＝3b，则BN＝8﹣3b，∴ED2＝（2a）2+（12+2b）2＝4a2+144+48b+4b2，GB2＝（3a）2+（8﹣3b）2＝9a2+64﹣48b+9b2，∴ED2+GB2＝13（a2+b2）+208＝13×4+208＝260．方法二：如图2，设BE与DG交于Q，BE与AG交于点P，∵，AE＝4，AB＝8∴AG＝6，AD＝12．∵四边形AEFG和四边形ABCD为矩形，∴∠EAG＝∠BAD，∴∠EAB＝∠GAD，∵，∴△EAB∽△GAD，∴∠BEA＝∠AGD，∴A，E，G，Q四点共圆，∴∠GQP＝∠PAE＝90°，∴GD⊥EB，连接EG，BD，∴ED2+GB2＝EQ2+QD2+GQ2+QB2＝EG2+BD2，∴EG2+BD2＝42+62+82+122＝260．。
2023年中考数学常见几何模型之手拉手模型
专题03 手拉手模型（从全等到相似）全等三角形与相似三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位。
相似三角形与其它知识点结合以综合题的形式呈现，其变化很多，难度大，是中考的常考题型。
如果大家平时注重解题方法，熟练掌握基本解题模型，再遇到该类问题就信心更足了．本专题就手拉手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（全等模型）【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。
【常见模型及证法】（等腰）（等边）（等腰直角）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 ≅V V 。
1．（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 V 和ADE V 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 V 均为等腰直角三角形，90ACB DCE ∠=∠=︒，点A ，D ，E 在同一条直线上，CM 为DCE V 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2【答案】(1)见解析 (2)90DCE ∠=︒；2AE AD DE BE CM =+=+【分析】（1）先判断出∠BAD =∠CAE ，进而利用SAS 判断出△BAD ≌△CAE ，即可得出结论；（2）同（1）的方法判断出△BAD ≌△CAE ，得出AD =BE ，∠ADC =∠BEC ，最后用角的差，即可得出结论．【解析】(1)证明：∵ABC V 和ADE V 是顶角相等的等腰三角形，∴AB AC =，AD AE =，BAC DAE ∠=∠，∴BAC CAD DAE CAD ∠−∠=∠−∠，∴BAD CAE ∠=∠．在BAD V 和CAE 中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴()BAD CAE SAS ≌△△，∴BD CE =．(2)解：90AEB =︒∠，2AE BE CM =+，理由如下：由（1）的方法得，≌ACD BCE ，∴AD BE =，ADC BEC ∠∠=，∵CDE △是等腰直角三角形，∴45CDE CED ∠=∠=︒，∴180135ADC CDE ∠=︒−∠=︒，∴135BEC ADC ∠=∠=︒，∴1354590AEB BEC CED ∠=∠−∠=︒−︒=︒．∵CD CE =，CM DE ⊥，∴DM ME =．∵90DCE ∠=︒，∴DM ME CM ==，∴2DE CM =．∴2AE AD DE BE CM =+=+．【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形，等边三角形，等腰直角三角形的性质，判断出△ACD ≌△BCE 是解本题的关键．2．（2022·黑龙江·中考真题）ABC V 和ADE V 都是等边三角形．(1)将ADE V 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 V 绕点A 旋转到图②的位置时，连接BD ，CE 相交于点P ，连接P A ，猜想线段P A 、PB 、PC 之间有怎样的数量关系？并加以证明；(3)将ADE V 绕点A 旋转到图③的位置时，连接BD ，CE 相交于点P ，连接P A ，猜想线段P A 、PB 、PC 之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不需要证明．【答案】(1)证明见解析 (2)图②结论：PB PA PC =+，证明见解析 (3)图③结论：PA PB PC +=【分析】（1）由△ABC 是等边三角形，得AB =AC ，再因为点P 与点A 重合，所以PB =AB ，PC =AC ，P A =0，即可得出结论；（2）在BP 上截取BF CP =，连接AF ，证明BAD CAE V V ≌（SAS ），得ABD ACE ∠=∠，再证明CAP BAF ≌△△（SAS ），得CAP BAF ∠=∠，AF AP =，然后证明AFP V 是等边三角形，得PF AP =，即可得出结论；（3）在CP 上截取CF BP =，连接AF ，证明BAD CAE V V ≌（SAS ），得ABD ACE ∠=∠，再证明BAP CAF ≌△△（SAS ），得出CAF BAP ∠=∠，AP AF =，然后证明AFP V 是等边三角形，得PF AP =，即可得出结论：PA PB PF CF PC +=+=．(1)证明：∵△ABC 是等边三角形，∴AB =AC ，∵点P 与点A 重合，∴PB =AB ，PC =AC ，P A =0，∴PA PB PC +=或PA PC PB +=；(2)解：图②结论：PB PA PC =+证明：在BP 上截取BF CP =，连接AF ，∵ABC V 和ADE V 都是等边三角形，∴AB AC =，AD AE =，60BAC DAE ∠=∠=︒∴BAC CAD DAE CAD ∠+∠=∠+∠，∴BAD CAE ∠=∠，∴BAD CAE V V ≌（SAS ），∴ABD ACE ∠=∠，∵AC =AB ，CP =BF ， ∴CAP BAF ≌△△（SAS ），∴CAP BAF ∠=∠，AF AP =，∴CAP CAF BAF CAF ∠+∠=∠+∠，∴60FAP BAC ∠=∠=︒，∴AFP V 是等边三角形，∴PF AP =，∴PA PC PF BF PB +=+=；(3)解：图③结论：PA PB PC +=，理由：在CP 上截取CF BP =，连接AF ，∵ABC V 和ADE V 都是等边三角形，∴AB AC =，AD AE =，60BAC DAE ∠=∠=︒∴BAC BAE DAE BAE ∠+∠=∠+∠，∴BAD CAE ∠=∠，∴BAD CAE V V ≌（SAS ），∴ABD ACE ∠=∠，∵AB =AC ，BP =CF ，∴BAP CAF ≌△△（SAS ），∴CAF BAP ∠=∠，AP AF =，∴BAF BAP BAF CAF ∠+∠=∠+∠，∴60FAP BAC ∠=∠=︒，∴AFP V 是等边三角形，∴PF AP =，∴PA PB PF CF PC +=+=，即PA PB PC +=．【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质是解题的关键．3．（2022·吉林·九年级期末）如图①，在ABC V 中，90C ∠=︒，AC BC ==D ，E分别在边AC ，BC 上，且CD CE ==AD BE =，AD BE ⊥成立．（1）将CDE △绕点C 逆时针旋转90︒时，在图②中补充图形，并直接写出BE 的长度；（2）当CDE △绕点C 逆时针旋转一周的过程中，AD 与BE 的数量关系和位置关系是否仍△绕点C逆时然成立？若成立，请你利用图③证明，若不成立请说明理由；（3）将CDE针旋转一周的过程中，当A，D，E三点在同一条直线上时，请直接写出AD的长度．的关键．模型2.手拉手模型（旋转相似模型）【模型解读与图示】旋转放缩变换，图中必有两对相似三角形.1．（2022·四川达州·中考真题）某校一数学兴趣小组在一次合作探究活动中，将两块大小不同的等腰直角三角形ABC 和等腰直角三角形CDE ，按如图1的方式摆放，90ACB ECD ∠=∠=︒，随后保持ABC V 不动，将CDE △绕点C 按逆时针方向旋转α（090α︒<<︒），连接AE ，BD ，延长BD 交AE 于点F ，连接CF ．该数学兴趣小组进行如下探究，请你帮忙解答：(1)【初步探究】如图2，当ED BC ∥时，则α=_____；(2)【初步探究】如图3，当点E ，F 重合时，请直接写出AF ，BF ，CF 之间的数量关系：_________；(3)【深入探究】如图4，当点E ，F 不重合时，（2）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出推理过程；若不成立，请说明理由．(4)【拓展延伸】如图5，在ABC V 与CDE △中，90ACB DCE ∠=∠=︒，若BC mAC =，CD mCE =（m 为常数）．保持ABC V 不动，将CDE △绕点C 按逆时针方向旋转α（090α︒<<︒），连接AE ，BD ，延长BD 交AE 于点F ，连接CF ，如图6．试探究AF ，BF ，CF 之间的数量关系，并说明理由．【答案】(1)45︒(2)BF AF =(3)BF AF =+仍然成立，理由见解析(4)BF mAF =+【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质，可得AC BC ⊥，根据题意可得AC ED ⊥，根据等原三角形的性质可得AC 平分ECD ∠，即可得45ACE ∠=︒，根据旋转的性质可知ECA α∠=；（2）证明ACE V ≌BCD △，可得AE DB =，根据等腰直角三角形可得ED =，由BE BD ED =+，即可即可得出BF AF =；（3）同（2）可得ACE V ≌BCD △，过点C ，作CH FC ⊥，交BF 于点H ，证明FEC HDC V V ≌，AFC △≌BHC △，可得BH AF =，即可得出BF AF =+； （4）过点C 作CG CF ⊥，交BF 于点G ，证明ACE BCD △∽△，可得BG mAF =，GC mFC =，在Rt FCG V 中，勾股定理可得FG ，即可得出BF mAF =+．(1)Q 等腰直角三角形ABC 和等腰直角三角形CDE ，90ECD ∴∠=︒，AC BC ⊥ ED BC ∥Q ED AC ∴⊥45ACE α∴∠==︒故答案为：45︒(2)90∠=∠=︒Q ACB ECD ACE ACD ACD BCD ∴∠+∠=∠+∠ACE BCD ∴∠=∠在ACE V 与BCD △中，AC BC ACE BCD EC DC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩Q ACE V ≌BCD △∴AE DB =BE BD ED ∴=+又ED=BE AE ∴= ,E F Q重合，BF AF ∴=故答案为：BF AF =(3)同（2）可得ACE V ≌BCD △AE DB ∴=，EAC DBC ∠=∠ 过点C ，作CH FC ⊥，交BF 于点H ，则90ECF FCD FCD DCH ∠+∠=∠+∠=︒，∴ECF DCH ∠=∠，在FEC V 与HDC △中，FEC HDC EC CD ECF DCH ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴FEC HDC V V ≌， FC CH ∴=，CFH ∴V是等腰直角三角形，FH ∴=，CH FC =， 90,90FCH ACF ACH ACB BCH ACH ∴∠=∠+∠=︒∠=∠+∠=︒，ACF BCH ∴∠=∠，在AFC △与BHC △中，FC HC ACF BCH AC BC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴AFC △≌BHC △，BH AF ∴=，BF FH BH AF ∴=+=+，即BF AF =，(4)过点C 作CG CF ⊥，交BF 于点G ，Q BC mAC =，CD mCE =，BC CD AC CE ∴=，AC BC EC DC∴=， ACE BCD α∠=∠=Q ，ACE BCD ∴△△∽，CBG CAF ∴∠=∠，Q FCA ACG GCB ACG ∠+∠=∠+∠，∴FCA GCB ∠=∠，AFC BGC ∴V V ∽，BG GC BC AF FC AC∴==m =， BG mAF ∴=，GC mFC =， Rt FCG V中，FG =，∴BF FG GB mAF =+=+，即BF mAF =+．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，掌握全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定是解题的关键．2．（2022·山东烟台·中考真题）(1)【问题呈现】如图1，△ABC 和△ADE 都是等边三角形，连接BD ，CE ．求证：BD＝CE ．(2)【类比探究】如图2，△ABC 和△ADE 都是等腰直角三角形，∠ABC ＝∠ADE ＝90°．连接BD ，CE ．请直接写出BD CE的值．(3)【拓展提升】如图3，△ABC 和△ADE 都是直角三角形，∠ABC ＝∠ADE ＝90°，且AB BC ＝AD DE ＝34．连接BD ，CE ．①求BD CE 的值；②延长CE 交BD 于点F ，交AB 于点G ．求sin ∠BFC 的值．【答案】(1)见解析(3)①35；②45 【分析】（1）证明△BAD ≌△CAE ，从而得出结论；（2）证明△BAD ∽△CAE ，进而得出结果；（3）①先证明△ABC ∽△ADE ，再证得△CAE ∽△BAD ，进而得出结果；②在①的基础上得出∠ACE ＝∠ABD ，进而∠BFC ＝∠BAC ，进一步得出结果．(1)证明：∵△ABC 和△ADE 都是等边三角形，∴AD ＝AE ，AB ＝AC ，∠DAE ＝∠BAC ＝60°，∴∠DAE ﹣∠BAE ＝∠BAC ﹣∠BAE ，∴∠BAD ＝∠CAE ，∴△BAD ≌△CAE （S A S ），∴BD ＝CE ；(2)解：∵△ABC 和△ADE 都是等腰直角三角形，AB AB AE AC ∴=DAE ＝∠BAC ＝45°，∴∠DAE ﹣∠BAE ＝∠BAC ﹣∠BAE ，∴∠BAD ＝∠CAE ，∴△BAD ∽△CAE ，2BD AB CE AC ∴==； (3)解：①34AB AD AC DE ==，∠ABC ＝∠ADE ＝90°， ∴△ABC ∽△ADE ，∴∠BAC ＝∠DAE ，35AB AD AC AE ==， ∴∠CAE ＝∠BAD ，∴△CAE ∽△BAD ，35BD AD CE AE ∴== ； ②由①得：△CAE ∽△BAD ，∴∠ACE ＝∠ABD ，∵∠AGC ＝∠BGF ，∴∠BFC ＝∠BAC ，∴sin ∠BFC 45BC AC ==． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握“手拉手”模型及其变形．3．（2022·山东·东营市一模）【提出问题】（1）如图1，在等边△ABC 中，点M 是BC 上的任意一点（不含端点B 、C ），连结AM ，以AM为边作等边△AMN，连结CN．求证：∠ABC=∠ACN．【类比探究】（2）如图2，在等边△ABC中，点M是BC延长线上的任意一点（不含端点C），其它条件不变，（1）中结论∠ABC=∠ACN还成立吗？请说明理由．【拓展延伸】（3）如图3，在等腰△ABC中，BA=BC，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连结AM，以AM为边作等腰△AMN，使顶角∠AMN=∠ABC．连结CN．试探究∠ABC与∠ACN的数量关系，并说明理由．4．（2022·山西长治·九年级期末）问题情境：如图1，在△ABC 中，AB ＝6，AC ＝5，点D ，E 分别在边AB ，AC 上，且∥DE BC ．数学思考：(1)在图1中，BD CE的值为 ；(2)图1中△ABC 保持不动，将△ADE 绕点A 按逆时针方向旋转到图2的位置，其它条件不变，连接BD ，CE ，则（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由；(3)拓展探究：在图2中，延长BD ，分别交AC ，CE 于点F ，P ，连接AP ，得到图3，探究∠APE 与∠ABC 之间有何数量关系，并说明理由；(4)若将△ADE 绕点A 按逆时针方向旋转到图4的位置，连接BD ，CE ，延长BD 交CE 的延长线于点P ，BP 交AC 于点F ，则（3）中的结论是否仍然成立，若成立，请说明理由；若不成立，请直接写出∠APE 与∠ABC 之间的数量关系．课后专项训练：1．（2022·湖南·中考真题）如图，点O 是等边三角形ABC 内一点，2OA =，1OB =，OC =AOB ∆与BOC ∆的面积之和为（ ）AB C D 【答案】C【分析】将AOB ∆绕点B 顺时针旋转60︒得BCD ∆，连接OD ，得到BOD V 是等边三角形，再利用勾股定理的逆定理可得90COD ∠=︒，从而求解．【详解】解：将AOB ∆绕点B 顺时针旋转60︒得BCD ∆，连接OD ，OB OD ∴=，60BOD ∠=︒，2CD OA ==，BOD ∴∆是等边三角形， 1OD OB ∴==，∵222214OD OC +=+=，2224CD ==，222OD OC CD ∴+=，90DOC ∴∠=︒，AOB ∴∆与BOC ∆的面积之和为21112BOC BCD BOD COD S S S S +=+=+⨯=V V V V 选：C ． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理，旋转的性质等知识，利用旋转将AOB ∆与BOC ∆的面积之和转化为BOC BCD S S +V V ，是解题的关键． 2．（2022·四川宜宾·中考真题）如图，ABC V 和ADE V 都是等腰直角三角形，90BAC DAE ∠=∠=︒，点D 是BC 边上的动点（不与点B 、C 重合），DE 与AC 交于点F ，连结CE ．下列结论：①BD CE =；②DAC CED ∠=∠；③若2BD CD =，则45CF AF =；④在ABC V 内存在唯一一点P ，使得PA PB PC ++的值最小，若点D 在AP 的延长线上，且AP 的长为2，则2CE = ）A ．①②④B ．①②③C ．①③④D ．①②③④【答案】B 【分析】证明BAD CAE V V≌，即可判断①，根据①可得ADB AEC ∠=∠，由180ADC AEC ∠+∠=︒可得,,,A D C E 四点共圆，进而可得DAC DEC ∠=∠，即可判断②，过点A 作AG BC ⊥于G ,交ED 的延长线于点H ，证明FAH FCE V V ∽，根据相似三角形的性质可得45CF AF =，即可判断③，将APC △绕A 点逆时针旋转60度，得到AB P ''△，则APP 'V 是等边三角形，根据当,,,B P P C ''共线时，PA PB PC ++取得最小值，可得四边形ADCE 是正方形，勾股定理求得DP ， 根据CE AD AP PD ==+即可判断④．【详解】解：Q ABC V 和ADE V 都是等腰直角三角形，90BAC DAE ∠=∠=︒，,,AB AC AD AE BAD CAE ∴==∠=∠BAD CAE ∴△≌△BD CE ∴=故①正确；Q BAD CAE V V ≌ADB AEC ∴∠=∠180ADC AEC ∴∠+∠=︒,,,A D C E ∴四点共圆，CD CD =Q DAC DEC ∴∠=∠故②正确；如图，过点A 作AG BC ⊥于G ,交ED 的延长线于点H ，Q BAD CAE V V ≌,45,45ACE ABD ACB ∴∠=∠=︒∠=︒90DCE ∴∠=︒FC AH ∴∥Q 2BD CD =，BD CE =1tan 2DC DEC CE ∴∠==,13CD BC = 设6BC a =，则2DC a =，132AG BC a ==，24EC DC a == 则32GD GC DC a a a =−=−= FC AH ∥Q 1tan 2GD H GH ∴==22GH GD a ∴==325AH AG GH a a a ∴=+=+= AH ∥CE ，FAH FCE ∴V V ∽CF CE AF AH ∴=4455CF a AF a ∴==则45CF AF =；故③正确 如图，将ABP V 绕A 点逆时针旋转60度，得到AB P ''△，则APP 'V 是等边三角形，PA PB PC PP P B PC B C '''+++∴'+=≥，当,,,B P P C ''共线时，PA PB PC ++取得最小值，此时180********CPA APP '∠=−∠=︒−=︒︒︒，180********APB AP B AP P ∠=∠=︒−∠=︒−︒='''︒，360360*********BPC BPA APC ∠=︒−∠−∠=︒−︒−︒=︒，此时120APB BPC APC ∠=∠=∠=︒，AC AB AB '==Q ，AP AP '=，APC AP B ''∠=∠，AP B APC ''∴V V ≌，PC P B PB ''∴==，60APP DPC '∠=∠=︒Q ，DP ∴平分BPC ∠，PD BC ∴⊥，,,,A D C E Q 四点共圆，90AEC ADC ∴∠=∠=︒，又AD DC BD ==,BAD CAE V V≌， AE EC AD DC ∴===，则四边形ADCE 是菱形，又90ADC ∠=︒，∴四边形ADCE 是正方形，9060150B AC B AP PAC P AP ''''∠=∠+∠+∠=︒+︒=︒Q ，则'B A BA AC ==，()1180152B ACB B AC '''∠=∠=︒−∠=︒，30PCD ∠=︒Q ，DC ∴，DC AD =Q ，2AP =，则)12AP AD DP DP =−==，1DP ∴==，2AP =Q ，3CE AD AP PD ∴==+，故④不正确，故选B ．【点睛】本题考查了旋转的性质，费马点，圆内接四边形的性质，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，正方形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．3．（2022·湖北·襄阳市樊城区青泥湾中学九年级阶段练习）如图，已知V AOB 和V MON 都是等腰直角三角形2OA <OM =ON )，∠AOB =∠MON =90°．(1)如图①，连接AM ，BN ，求证：V AOM ≌V BON ；(2)若将V 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：22220BN AN N +=；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． Rt ANB 中构造勾股定理的等量关系；当点②46322+或46322−∴42,32AB MN ==．当点N 在线段AM 上时，如图，连接当点M 在线段AN 上时，如图，连接综上所述：BN 的长为【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质，三点共线分类讨论，对几何题目的综合把握是解题关键．4．（2022·山西朔州·九年级期末）综合与实践问题情境：在数学课上老师出了这样一道题：如图1，在ABC V 中6AB AC ==，30BAC ∠=︒，求BC 的长．(1)探究发现：如图2，勤奋小组经过思考后，发现：把ABC V 绕点A 顺时针旋转90︒得到ADE V ，连接BD ，BE ，利用直角三角形的性质即可求解，请你根据勤奋小组的思路，求BC 的长；(2)探究拓展：如图3，缜密小组的同学在勤奋小组的启发下，把ABC V 绕点A 顺时针旋转120︒后得到ADE V ，连接BD ，CE 交于点F ，交AB 于点G ，请你判断四边形ADFC 的形状并证明；(3)奇异小组的同学把图3中的BGF V 绕点B 顺时针旋转，在旋转过程中，连接AF ，发现AF 的长度在不断变化，直接写出AF 的最大值和最小值．V绕点A顺时针旋转∵ABCH=90°，在Rt△ABH中，∠AHB=90°，∠ABH=30【点睛】本题以图形的变换——旋转为载体考查了全等三角形的性质和判定，菱形的判定，线段长度的最值问题等知识点，综合性较强，准确作出辅助线是解题的关键．5．（2022·湖北武汉·八年级期末）已知V ABC中，∠BAC=60°，以AB和BC为边向外作等边V ABD和等边V BCE．(1)连接AE、CD，如图1，求证：AE=CD；(2)若N为CD中点，连接AN，如图2，求证：CE=2AN(3)若AB⊥BC，延长AB交DE于M，DB3，则BM=_______（直接写出结果）∵N为CD中点，∴DN=CN，∴∠H=∠BAD=60°，∵△BCE∵∠ABC=90°，∴∠EBH=90°∴∠BEH=180°－∠EBH－∠H∴△ABC≌△HEB (ASA)，∴∵∠AMD=∠HME，∴△ADM6．（2022·湖南·长沙市湘郡培粹实验中学八年级阶段练习）如图1，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝BC＝4，点D，E分别为边AB，BC上的中点，且BD＝BE(1)如图2，将△BDE绕点B逆时针旋转任意角度α，连接AD，EC，则线段EC与AD的关系是；(2)如图3，DE∥BC，连接AE，判断△EAC的形状，并求出EC的长；(3)继续旋转△BDE，当∠AEC＝90°时，请直接写出EC的长．性质，勾股定理等知识，根据前面探索的结论解决新的问题是解题的关键．7．（2022·广东·惠州一中八年级期中）ABC V 为等边三角形，4AB =，AD BC ⊥于点D ．E 为线段AD 上一点，AE =AE 为边在直线AD 右侧构造等边AEF V ．连结CE ，N 为CE 的中点．（1）如图1，EF 与AC 交于点G ，①连结NG ，求线段NG 的长；②连结ND ，求DNG ∠的大小．（2）如图2，将AEF V 绕点A 逆时针旋转，旋转角为α．M 为线段EF 的中点．连结DN 、MN ．当30120α︒<<︒时，猜想DNM ∠的大小是否为定值，并证明你的结论．D为BC∴∥DN BEQEND∠=∴DNM∠=∠+EBC8．（2022•新乡中考模拟）在△ABC中，CA＝CB＝m，在△AED中，DA＝DE＝m，请探索解答下列问题．【问题发现】（1）如图1，若∠ACB＝∠ADE＝90°，点D，E分别在CA，AB上，则CD与BE的数量关系是，直线CD与BE的夹角为；【类比探究】（2）如图2，若∠ACB＝∠ADE＝120°，将△AED绕点A旋转至如图2所示的位置，则CD与BE之间是否满足（1）中的数量关系？说明理由．【拓展延伸】（3）在（1）的条件下，若m＝2，将△AED绕点A旋转过程中，当B，E，D 三点共线．请直接写出CD的长．【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到AB＝AC＝m，AE＝AD＝m，计算即可；（2）过点C作CH⊥AB于H，延长CD、BE交于点F，根据直角三角形的性质得到AB＝AC，AE＝AD，证明△CAD∽△BAE，根据相似三角形的性质解答即可；（3）分点E在线段BD上、点D在线段BE上两种情况，根据相似三角形的性质计算即可．【解答】解：（1）∵∠ACB＝∠ADE＝90°，CA＝CB，DA＝DE，∴∠A＝∠B＝∠DEA＝45°，∴AB＝AC＝m，AE＝AD＝m，∴CD＝AC﹣AD＝m，BE＝AB﹣AE＝m，∴BE＝CD，∵∠A＝45°，∴直线CD与BE的夹角为45°，故答案为：BE＝CD，45°；（2）不满足，BE＝CD，直线CD与BE的夹角为30°，理由如下：如图2，过点C作CH⊥AB于H，延长CD、BE交于点F，∵CA＝CB，∴AH＝HB，∵∠ACB＝∠ADE＝120°，CA＝CB，DA＝DE，∴∠CAB＝∠CBA＝30°，∠DAE＝∠DEA＝30°，∴AC＝2CH，∠CAD＝∠BAE，由勾股定理得：AH＝AC，∴AB＝AC，同理可得：AE＝AD，∴＝，∵∠CAD＝∠BAE，∴△CAD∽△BAE，∴＝＝，∠ACD＝ABE，∴BE＝CD，∠F＝∠CAB＝30°，∴BE＝CD，直线CD与BE的夹角为30°；（3）如图3，点E在线段BD上，∵m＝2，∴AD＝DE＝1，AB＝2，由勾股定理得：BD＝＝，∴BE＝BD﹣DE＝﹣1，∴CD＝BE＝，如图4，点D在线段BE上，BE＝BD+DE＝+1，∴CD＝BE＝，综上所述：当B，E，D三点共线．CD的长为或．【点评】本题考查的是相似三角形的判定和性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．9．（2022•虹口区期中）如图，在△ABC和△ADE中，∠BAD＝∠CAE，∠ABC＝∠ADE．（1）求证：△ABC∽△ADE；（2）判断△ABD与△ACE是否相似？并证明．【分析】（1）由∠BAD＝∠CAE，可得∠BAC＝∠DAE，又有∠ABC＝∠ADE，即可得出相似；（2）有（1）中可得对应线段成比例，又有以对应角相等，即可判定其相似．【解答】证明：（1）∵∠BAD＝∠CAE，∴∠BAC＝∠DAE，∵∠ABC＝∠ADE，∴△ABC∽△ADE．（2）△ABD∽△ACE．证明：由（1）知△ABC∽△ADE，∴，∴AB×AE＝AC×AD，∴，∵∠BAD＝∠CAE，∴△ABD∽△ACE．【点评】本题主要考查了相似三角形的判定及性质问题，应熟练掌握．10．（2022•长垣市一模）在△ABC中，AB＝AC，点D为AB边上一动点，∠CDE＝∠BAC ＝α，CD＝ED，连接BE，EC．（1）问题发现：如图①，若α＝60°，则∠EBA＝，AD 与EB的数量关系是；（2）类比探究：如图②，当α＝90°时，请写出∠EBA的度数及AD与EB的数量关系并说明理由；（3）拓展应用：如图③，点E为正方形ABCD的边AB上的三等分点，以DE为边在DE上方作正方形DEFG，点O为正方形DEFG的中心，若OA＝，请直接写出线段EF的长度．【分析】（1）证明△ACD≌△BCE（SAS），得AD＝EB，∠CBE＝∠A＝60°，则∠EBA＝∠ABC+∠CBE＝120°；（2）证△DEC∽△ABC，∠BCE＝∠ACD，得，再证△BCE∽△ACD，得∠EBC＝∠DAC＝90°，＝，则∠EBA＝∠EBC+∠ABC＝135°，进而得出结论；（3）连接BD，①当AE＝AB时，证△AOD∽△BED，得，求出AB＝3＝AD，则AE＝1，在Rt△AED中，由勾股定理求出ED＝即可；②当BE＝AB时，同①得：，求出AB＝6＝AD，则AE＝4，在Rt△AED中，由勾股定理得ED ＝2即可．【解答】解：（1）∵α＝60°，∴∠ABC＝α＝60°，∠CDE＝α＝60°，∵AB＝AC，CD＝ED，∴△ABC和△CDE是等边三角形，∴AC＝BC，CD＝CE，∠ABC＝∠ACB＝∠A＝∠DCE＝60°，∴∠ACD＝∠BCE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝EB，∠CBE＝∠A＝60°，∴∠EBA＝∠ABC+∠CBE＝120°，故答案为：120°，AD ＝EB；（2）∠EBA＝135°，EB＝AD，理由如下：∵α＝90°，∴∠CDE＝∠BAC＝90°，∵CD＝ED，AB＝AC，∴∠DEC＝∠DCE＝∠ABC＝∠ACB＝45°，∴△DEC∽△ABC，∠BCE＝∠ACD，∴，∴，∴△BCE∽△ACD，∴∠EBC＝∠DAC＝90°，，∴∠EBA＝∠EBC+∠ABC＝90°+45°＝135°，∵，∴，∴EB＝AD；（3）连接BD，分两种情况：①当AE＝AB时，如图③所示：∵四边形DEFG是正方形，∴EF＝ED，对角线FD与EG互相垂直平分，∴△DEO是等腰直角三角形，∴＝sin45°＝，在Rt△ABD中，＝sin45°＝，∴，∵∠ODA+∠ADE＝45°＝∠BDE+∠ADE，∴∠ODA＝∠BDE，∴△AOD∽△BED，∴，∴，∵OA＝，∴AB＝3＝AD，∴AE＝AB＝1，在Rt△AED中，由勾股定理得：ED＝＝＝，∴EF＝ED＝；②当BE＝AB时，如图④所示：同①得：，∴，∵OA＝，∴AB＝6＝AD，∴AE＝AB＝4，在Rt△AED中，由勾股定理得：ED＝＝＝2，∴EF＝ED＝2；综上所述，线段EF的长度为或2．【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数定义等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质、等边三角形的判定与性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键．11．（2022·山西·寿阳县教研室九年级期末）问题情境：如图1所示，在△ABC中，D、E分别是AB、AC上的点，DE∥BC，在图1中将V ADE绕A点顺时针旋转一定角度，得到图2，然后将BD、CE分别延长至M、N，使DM=12BD，EN=12CE，得到图3，请解答下列问题：(1)猜想证明：若AB=AC，请探究下列数量关系：①在图2中，BD与CE的数量关系是_________．②在图3中，猜想∠MAN与∠BAC的数量关系，并证明你的猜想；(2)拓展应用：其他条件不变，若AB，按上述操作方法，得到图4，请你继续探究：∠MAN与∠BAC的数量关系？AM与AN的数量关系？直接写出你的猜想．12．（2022·辽宁·东港市第七中学一模）如图，在△ABC 、△ADE 中，AB AC =，AD AE =，设BAC DAE α∠=∠=．连接BD ，以BC 、BD 为邻边作BDFC Y ，连接EF ．(1)若60α=︒，当AD 、AE 分别与AB 、AC 重合时（图1），易得EF CF =．当ADE V 绕点A 顺时针旋转到（图2）位置时，请直接写出线段EF 、CF 的数量关系________；(2)若90α=︒，当ADE V 绕点A 顺时针旋转到（图3）位置时，试判断线段EF 、CF 的数量关系，并证明你的结论；(3)若α为任意角度，6AB =，4BC =，3AD =，ADE V 绕点A 顺时针旋转一周（图4），当A 、E 、F 三点共线时，请直接写出AF 的长度．∵BAC DAE α∠=∠=，∠BAC∵AD=AE，∴112DH DE==，∴2222312AH AD DH=−=−=∴2226HB AB AH=−=−∵271EC BD==−，∴EF【点睛】本题属于几何压轴题，综合性比较强，体会其中蕴含的从特殊到一般的思想是解题的关键．解题关键是关键旋转全等模型证明CEF△是等腰三角形，ECF BAC DAEα∠=∠=∠=，从而可得△ABC∼△ADE∼△CEF，再结合解三角形求线段长．。
专题07 手拉手模型(知识解读)(老师版)
专题07手拉手模型（知识解读）【专题说明】手拉手模型是指有共同顶点的两个等腰三角形，顶角相等。
因为过共同顶点的四条边，像人的两双手，所以通常称为手拉手模型。
手拉手模型常和旋转结合,在考试中作为几何综合题目出现。
【方法技巧】类型一：等边三角形手拉手（1）如图，B、C、D三点共线，▲ABC和▲CDE是等边三角形，连接AD、BE，交于点P（2）记AC、BE交点为M，AD、CE交点为N（2）连接MN（4）记AD、BE交点为P，连接PC：（5）结论五：∠APB=∠BPC=∠CPD=∠DPE=60°（6）连AE:结论六：P点是▲ACE的费马点（PA+PC+PE值最小）类型二：正方形手拉手如图，四边形ABCD和四边形CEFG均为正方形，连接BE、DG【类型一：等边三角形手拉手】【典例1】（2021春•西安期末）如图，在△ABC中，BC＝5，以AC为边向外作等边△ACD，以AB为边向外作等边△ABE，连接CE、BD．（1）若AC＝4，∠ACB＝30°，求CE的长；（2）若∠ABC＝60°，AB＝3，求BD的长．【解答】解：（1）∵△ABE与△ACD是等边三角形，∴AC＝AD，AB＝AE，∴∠DCA＝∠CAD＝∠EAB＝60°，∴∠EAB+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，即∠EAC＝∠BAD．在△EAC和△BAD中，，∴△EAC≌△BAD（SAS），∴EC＝BD，又∵∠ACB＝30°，∴∠DCB＝∠ACB+∠DCA＝90°，∵CD＝AC＝4，BC＝5，∴BD＝＝＝，∴CE＝；（2）如图，作EK垂直于CB延长线于点K．∵△ABE与△ACD是等边三角形，∴AC＝AD，AB＝AE，∴∠DCA＝∠CAD＝∠EAB＝60°，∴∠EAB+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，即∠EAC＝∠BAD．在△EAC和△BAD中，，∴△EAC≌△BAD（SAS），∴EC＝BD，∵∠ABC＝60°，∠ABE＝60°，∴∠EBK＝60°，∴∠BEK＝30°，∴BK＝BE＝，∴EK＝＝＝，∴EC＝＝＝7，∴BD＝EC＝7．【变式1-1】（2021九上·吉林期末）如图①，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=6，点D，E分别在边AC，BC上，且CD=CE=2，此时AD=BE，AD⊥BE成立．（1）将△CDE绕点C逆时针旋转90°时，在图②中补充图形，并直接写出BE的长度；（2）当△CDE绕点C逆时针旋转一周的过程中，AD与BE的数量关系和位置关系是否仍然成立？若成立，请你利用图③证明，若不成立请说明理由；（3）将△CDE绕点C逆时针旋转一周的过程中，当A，D，E三点在同一条直线上时，请直接写出AD的长度．【答案】（1）解：如图所示，BE=22；（2）解：AD=BE，AD⊥BE仍然成立.证明：延长AD交BE于点H，∵∠ACB=∠DCE=90°，∠ACD=∠ACB−∠BCD，∠BCE=∠DCE−∠BCD，∴∠ACD=∠BCE，又∵CD=CE，AC=BC，∴△ACD≅△BCE，∴AD=BE，∠1=∠2，在Rt△ABC中，∠1+∠3+∠4=90°，∴∠2+∠3+∠4=90°，∴∠AHB=90°，∴AD⊥BE.（3）AD=5−1或AD=5+1【变式1-2】（2021九上·宜春期末）如图（1）问题发现：如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，当△DCE旋转至点A，D，E在同一直线上，连接BE．则：①∠ACB的度数为；②线段BE，CE与AE之间的数量关系是．（2）拓展研究：如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点A，D，E在同一直线上．若CE=2，BE=2，求AB的长度．（3）探究发现：图1中的△ACB和△DCE，在△DCE旋转过程中，当点A，D，E不在同一直线上时，设直线AD与BE相交于点O，试在备用图中探索∠AOE的度数，直接写出结果，不必说明理由．【解答】（1）①∵△ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，故答案为：60°；②∵△ACB和△DCE均为等边三角形，∴AC=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ACD=∠BCE，∴△ADC≅△BEC(SAS)，∴AD=BE，∵△DCE为等边三角形，∴CE=DE，∴BE+CE=AD+DE=AE，故答案为：BE+CE=AE（2）解：∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∴AC=CB，∠CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°，∴∠ACD=∠BCE，∴△ADC≅△BEC(SAS)，∴AD=BE=2，∠ADC=∠BEC，∵△DCE为等腰直角三角形，∴∠CDE=∠CED=45°，CD=CE=2，DE=CD2+CE2=(2)2+(2)2=2，∴∠CEB=∠CDA=180°−45°=135°，AE=AD+DE=2+2=4，∴∠AEB=∠CEB−∠CED=135°−45°=90°，∴△AEB是直角三角形，∴AB=AE2+BE2=42+22=25（3）如图3，由（1）知△ADC≅△BEC，∴∠CAD=∠CBE，∵∠CAB=∠ABC=60°，∴∠OAB+∠OBA=120°，∴∠AOE=180°−120°=60°，如图4，同理求得：∠AOB=60°，∴∠AOE=120°，∴∠AOE的度数是60°或120°．【变式1-3】（2021春•金牛区校级期中）类比探究：（1）如图1，等边△ABC内有一点P，若AP＝8，BP＝15，CP＝17，求∠APB的大小；（提示：将△ABP绕顶点A 旋转到△ACP′处）（2）如图2，在△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F为BC上的点，且∠EAF＝45°．求证：EF2＝BE2+FC2；（3）如图3，在△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，点O为△ABC内一点，连接AO、BO、CO，且∠AOC＝∠COB ＝∠BOA＝120°，若AC＝1，求OA+OB+OC的值．【解答】解：（1）如图1，将△APB绕着点A逆时针旋转60°得到△ACP′，∴△ACP′≌△ABP，∴AP′＝AP＝8、CP′＝BP＝15、∠AP′C＝∠APB，由题意知旋转角∠PA P′＝60°，∴△AP P′为等边三角形，∴P P′＝AP＝8，∠A P′P＝60°，∵PP′2+P′C2＝82+152＝172＝PC2，∴∠PP′C＝90°，∴∠APB＝∠AP′C＝∠A P′P+∠P P′C＝60°+90°＝150°（2）如图2，把△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ACE′，则AE′＝AE，CE′＝CE，∠CAE′＝∠BAE，∵∠BAC＝90°，∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠CAF＝∠CAF+∠CAE′＝∠FAE′＝45°，∴∠EAF＝∠E′AF，且AE＝AE'，AF＝AF，∴△AEF≌△AE′F（SAS），∴EF＝E′F，∵∠B+∠ACB＝90°，∴∠ACB+∠ACE′＝90°，∴∠FCE′＝90°，∴E′F2＝CF2+CE′2，∴EF2＝BE2+CF2；（3）如图3，将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，∴AB＝2，∴BC＝＝，∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，∴△A′O′B如图所示；∠A′BC＝∠ABC+60°＝30°+60°＝90°，∵∠ACB＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，∴AB＝2AC＝2，∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A′O′B，∴A′B＝AB＝2，BO＝BO′，A′O′＝AO，∴△BOO′是等边三角形，∴BO＝OO′，∠BOO′＝∠BO′O＝60°，∵∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，∴∠COB+∠BOO′＝∠BO′A′+∠BO′O＝120°+60°＝180°，∴C、O、A′、O′四点共线，在Rt△A′BC中，A′C＝＝，∴OA+OB+OC＝A′O′+OO′+OC＝A′C＝．【典例2】如图，在△ABC与△DEC中，已知∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝6，BC＝3，CD＝5，CE＝2.5，连接AD，BE．（1）求证：△ACD∽△BCE；（2）若∠BCE＝45°，求△ACD的面积．【解答】（1）证明：∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACD+∠DCB＝∠DCB+∠BCE，∴∠ACD＝∠BCE，又∵，∴△ACD∽△BCE；（2）解：过A作AG⊥CD于G，由（1）知，∠ACD＝∠DCB＝∠BCE＝45°，∴AG＝CG，在Rt△ACG中，由勾股定理得：∴CG＝AG＝3，∴S＝＝．【变式2-1】如图1，在Rt△ABC中，AC＝BC＝5，等腰直角△BDE的顶点D，E分别在边BC，AB上，且BD＝，将△BDE绕点B按顺时针方向旋转，记旋转角为α（0°≤α＜360°）．（1）问题发现当α＝0°时，的值为，直线AE，CD相交形成的较小角的度数为；（2）拓展探究试判断：在旋转过程中，（1）中的两个结论有无变化？请仅就图2的情况给出证明：（3）问题解决当△BDE旋转至A，D，E三点在同一条直线上时，请直接写出△ACD的面积．【解答】解：（1）∵△ABC与△BDE都是等腰直角三角形，∴DE∥AC，∴，∴，∵∠B＝45°，∴直线AE，CD相交形成的较小角的度数为45°，故答案为：；45；（2）无变化，理由如下：延长AE，CD交于点F，CF交AB于点G，∵△ABC与△BDE都是等腰直角三角形，∴∠ABC＝∠DBE＝45°，，∴∠ABC﹣∠ABD＝∠DBE﹣∠ABD，∴∠CBD＝∠ABE，又∵，∴△ABE∽△CBD，∴，∠BAE＝∠BCD，∴∠F＝180°﹣∠BAE﹣∠AGF＝180°﹣∠BCD﹣∠BGC＝∠ABC＝45°；（3）如图，当DE在AB上方时，作AH⊥CD于H，由A，D，E三点在同一条直线上知，∠ADB＝90°，∴AD＝，由（2）知∠ADH＝45°，，∴AH＝＝，CD＝，＝CD×AH＝＝12+，∴S△ACD当DE在AB下方时，同理可得S＝×CD×AH＝＝12﹣，△ACD【类型二：正方形手拉手】【典例3】【问题背景】正方形ABCD和等腰直角三角形CEF按如图①所示的位置摆放，点B，C，E在同一条直线上，其中∠ECF＝90°．【初步探究】（1）如图②，将等腰直角三角形CEF绕点C按顺时针方向旋转，连接BF，DE，请直接写出BF与DE的数量关系与位置关系：；【类比探究】（2）如图③，将（1）中的正方形ABCD和等腰直角三角形CEF分别改成矩形ABCD和Rt△CEF，其中∠ECF＝90°，且，其他条件不变．①判断线段BF与DE的数量关系，并说明理由；②连接DF，BE，若CE＝6，AB＝12，求DF2+BE2的值．【解答】解：（1）如图②，BF与CD交于点M，与DE交于点N，∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝DC，∠BCD＝90°，∵△ECF是等腰直角三角形，∴CF＝CE，∠ECF＝90°，∴∠BCD＝∠ECF，∴∠BCD+∠DCF＝∠ECF+∠DCF，∴∠BCF＝∠DCE，∴△BCF≌△DCE（SAS），∴BF＝DE，∠CBF＝∠CDE，∵∠BMC＝∠DMF，∠CBF+∠BMC＝90°，∴∠CDE+∠DMF＝90°，∴∠BND＝90°，∴BF⊥DE，故答案为：BF＝DE，BF⊥DE；（2）①如图③，，理由：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BCD＝90°，∵∠ECF＝90°，∴∠BCD+∠DCF＝∠ECF+∠DCF，∴∠BCF＝∠DCE，∵，∴△BCF∽△DCE，∴＝；②如图③，连接BD，∵△BCF∽△DCE，∴∠CBF＝∠CDE，∵四边形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝12，∵CE＝6，，∴＝，∴CF＝8，BC＝16，∵∠DBO+∠CBF+∠BDC＝∠BDO+∠CDE+∠BDC＝∠DBO+∠BDO＝90°，∴∠BOD＝90°，∴∠DOF＝∠BOE＝∠EOF＝90°，在Rt△DOF中，DF2＝OD2+OF2，在Rt△BOE中，BE2＝OB2+OE2，在Rt△DOB中，DB2＝OD2+OB2，在Rt△EOF中，EF2＝OE2+OF2，∴DF2+BE2＝OD2+OF2+OB2+OE2＝DB2+EF2，在Rt△BCD中，BD2＝BC2+CD2＝162+122＝400，在Rt△CEF中，EF2＝EC2+CF2＝62+82＝100，∴BD2+EF2＝400+100＝500，∴DF2+BE2＝500【变式3】（2021秋•荔湾区校级期中）以△ABC的AB，AC为边分别作正方形ADEB，正方形ACGF，连接DC，BF．（1）CD与BF有什么数量与位置关系？说明理由．（2）利用旋转的观点，在此题中，△ADC可看成由哪个三角形绕哪点旋转多少角度得到的．【解答】解：（1）CD＝BF且CD⊥BF，理由如下：∵四边形ABED和四边形ACGF都是正方形，∴AD＝AB，AC＝AF，∠DAB＝∠CAF＝90°，又∵∠DAC＝∠DAB+∠BAC，∠BAF＝∠CAF+∠BAC，∴∠DAC＝∠BAF，在△DAC与△BAF中，，∴△DAC≌△BAF（SAS），∴DC＝BF，∴∠AFB＝∠ACD，又∵∠AFN+∠ANF＝90°，∠ANF＝∠CNM，∴∠ACD+∠CNM＝90°，∴∠NMC＝90°，∴BF⊥CD；（2）∵AD＝AB，AC＝AF，CD＝BF，∠DAB＝∠CAF＝90°，∴△ADC可看成是△ABF绕点A顺时针旋转90°得到的．。
最全手拉手模型
最全⼿拉⼿模型⼿拉⼿是数学中最常见的⼀种⼏何图形。
属于共端点⼏何模型的⼀种类别。
在平时的考试之中，经常会遇到这样⼀类考题。
它是我们研究⼏何图形的基础。
当然，对于⼿拉⼿模型结论的研究，我们这⼀节也会提供⼀些⼿段。
⽐如旋转、全等都是我们的处理⼿段。
当然，说了那么多，我们来说下，什么是⼿拉⼿模型，我们看下什么样的图形叫做⼿拉⼿模型。
⼿拉⼿模型主要抓三个条件：1：共顶点2：等腰（等边，正⽅形等等，换句话讲共顶点的两边相等）3：顶⾓相等⼿拉⼿模型主要分为：“等边△+等边△”和“等腰△+等腰△”等边△+等边△类型⼀：等边类型⼀：前题条件：图中，B,C,D三点共线，有等边△ABC和等边△CDE.前题条件：（1）图中，B,C,D三点共线，有等边△ABC和等边△CDE.我们可以得到以下⼀些结论：结论⼀：△ACD≌△BCE（2）记AC、BE交点为M，AD、CE交点为N：结论⼆：△ACN≌△BCM；△MCE≌△NCD（3）连接MN：结论三：△MNC是等边三⾓形+MN//BC（4）记AD、BE交点为P，连接PC：因为△ACD≌△BCE所以过点C作CG⊥BE,CH⊥AD ∴CG与CH分别是BE与AD边上的⾼∵BE=AD ∴CG=CH 所以易知Rt△PGC≌Rt△PCH (HL)∴∠1=∠2结论四：PC平分∠BPD（5）∵∠CAD+∠CDA=∠ACB=60°∴∠DBE+∠CDA=60° ∴∠BPD=120° 由（4）可知∠BPC=∠CPD=60° ∴∠APB=∠BPC=∠CPD=∠DPE=60°．结论五：∠APB=∠BPC=∠CPD=∠DPE=60°．（6）连接AE：结论六：P点是△ACE的费马点（PA+PC+PE值最⼩）（7）因为∠APB=∠ACB=60°所以可以得到:△AMP∽△BMC同理可以得到以下⼏组相似三⾓形：△AMB∽△MPC,△PNC∽△END,△PNE∽△CND当然，我们也可以得到A、B、C、P四点共圆/P、C、D、E四点共圆结论七：△AMP∽△BMC，△AMB∽△MPC,△PNC∽△END,△PNE∽△CND+A、B、C、P四点共圆和P、C、D、E四点共圆(8) 如图，在PD上截取PF=PC, 由此可以知道△PCF为等边三⾓形∴易证：△PCE≌△FCD∴有PD=CP+PE同理可得:BP=AP+PC结论⼋：PD=CP+PE，BP=AP+PC注意：当然前⾯都是在B、C、D共线的时候得出的结论。
1.手拉手模型-课件PPT
∵
AB AD
=
AC AE
∴
AB AC
=
AD AE
∴△ABD ∽ △ACE(SAS) （两个三角形：不等腰，相似）
图片来源：几何数学公众号
二、结论1
结论
1. ∠BAC=∠DAE
2.
AB AD
=
AC AE
△ABC ∽ △ADE (两个三角形：不等腰，相似)
给妹妹讲初中数学
已知条件
1. ∵ ∠BAC=∠DAE ∠BAC=∠BAD±∠DAC ∠DAE=∠CAE±∠DAC
③两个三角形面积相等 ④底边是中线的2倍
三、转化
这么多结论，听懂了，也记住了，是不是可以去做题了？ NO！NO！NO！
给妹妹讲初中数学
遇到不会的几何大题怎么办？ 万物皆可手拉手！（开玩笑的）
三、转化
给妹妹讲初中数学
三角形为特殊三角形，会得出更多结论！ 【等腰三角形】
已知条件
更多结论
△ABC与△ADE是两个等腰三角 形
是不是脚拉脚模型？
不建议
给妹妹讲初中数学
三、转化
是不是脚拉脚模型？
给妹妹讲初中数学
三、转化
是不是脚拉脚模型？
不建议
给妹妹讲初中数学
三、转化
是不是脚拉脚模型？
给妹妹讲初中数学
三、转化
【头对脚模型】 也能转化为手拉手模型
给妹妹讲初中数学
给妹妹讲初中数学
三、转化
【脚拉脚模型】 也能转化为手拉手模型
给妹妹讲初中数学
三、转化
①双等腰
脚拉脚模型-特点
②共底角
给妹妹讲初中数学
③顶互补
如果不具备这三个条件，不叫脚拉脚！！！
微专题五 手拉手模型PPT课件
∠CAB＝45°.
（2）同（1）易得→△ADB∽△AEC→ ＝
2，∠BFC＝∠CAB＝45°.
19
（3）当CE⊥AD时，分
如图4 − 1
= =
两种情况讨论—
→
= 10
如图4 − 2
2
2
= 1,
→OC＝3 →
= + → = 2
= − → = 2
（1）①∠ACE的度数是
60° ；
②线段AC，CD，CE之间的数量关系
是 AC＝CD＋CE
.
23
（2）如图2，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D为BC边上一点（不与点B，C重
合），将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，连接EC.请写出∠ACE的度数及线段AD，
BD，CD之间的数量关系，并说明理由.
∴BE最大＝AB＋AE＝4＋2 .
33
31
解：（2）
的大小没有变化.证明如下：
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴
＝
，∠CAB＝45°.
同理 ＝
，∠DAE＝45°，
∴ ＝ ＝
，∠CAB＝∠DAE，
∴∠CAB－∠CAE＝∠DAE－∠CAE，
∴∠BAE＝∠CAD，∴△BAE∽△CAD，
∵∠AOB＝∠FOC，
21
∴∠CFO＝∠BAO＝45°，即 ＝
，∠BFC＝45°.
图3
（3）线段BD的长为4 或2 .
22
▶类型1：手拉手全等模型
构建“手拉手”模型
构建“手拉手”模型在当今社会，合作与协作变得越来越重要。
无论是在学术界、商业界还是日常生活中，人们都需要建立密切的合作关系来共同完成任务。
为了更好地促进这种合作，一个重要的工具是“手拉手”模型。
本文将探讨手拉手模型的概念、重要性、构成要素、优势以及应用案例，并展望其未来发展。
手拉手模型是一种协作方式，它强调个体之间紧密的合作关系，每个人都为共同的目标而努力。
这种模型的重要性在于，它鼓励人们相互依赖、相互支持和共同努力，以实现共同的目标。
在当今高度互联的世界中，手拉手模型对于提高团队协作效率和工作质量至关重要。
手拉手模型的构成要素包括以下几个方面。
首先，共同的目标是团队合作的核心，所有成员都为这个目标而努力。
其次，相互信任是团队合作的基础，成员之间需要相互信任，才能有效地完成任务。
此外，有效的沟通是手拉手模型的关键，成员之间需要建立良好的沟通渠道，以确保信息的及时传递和问题的及时解决。
最后，灵活的适应性是手拉手模型的保障，面对变化的环境和需求，团队需要灵活地调整策略和行动方案。
手拉手模型具有以下优势。
首先，它有利于提高团队成员的凝聚力和向心力，每个人都为共同的目标而努力，加强了团队的稳定性。
其次，它能够充分发挥每个人的优势，从而实现资源的有效利用。
此外，手拉手模型还有利于知识的共享和传递，从而促进团队的学习和成长。
最后，它能够提高工作效率和质量，通过协同合作，团队可以更快地解决问题，并取得更好的成果。
下面我们来看一个实际的手拉手模型应用案例。
在一个由多个国家和地区组成的跨国公司中，由于不同国家和地区之间的文化和商业环境存在较大差异，因此该公司采用了手拉手模型来促进团队协作。
首先，公司为所有团队成员设定了共同的目标，即提高公司的全球市场份额和盈利能力。
接下来，公司通过培训和活动来增强团队成员之间的信任和凝聚力。
此外，公司还建立了多个沟通渠道，以便团队成员之间及时交流和解决问题最后，公司鼓励团队成员发挥灵活性和创造性思维小|从而根据不同国家和地区的实际情况来制定相应的商业策略。
第6讲 手拉手模型(word版)
DAEBECECB CDCC AC A B 第六讲：手拉手模型模块一：“手来手”模型 知识导航手拉手的一般形式：两个顶角相等并且共顶角顶点的等腰三角形已知：△ABC ，△DBE 均为等腰三角形，BA ＝BC ，BD ＝BE ，∠ABC ＝∠DBE ． 结论：△ABD ≌△CBE 二、手拉手的特殊形式：1．两个共直角顶点的等腰直角三角形已知：△ABC ，△DBE 均为等腰直角三角形，BA ＝BC ，BD ＝BE ，∠ABC ＝∠DBE ＝90° 结论：△ABD ≌△CBE2．两个共顶点的等边三角形C已知：△ABC ，△DBE 均为等边三角形 结论：△ABD ≌△CBE例1：已知点C 为线段AB 上一点，分别以AC 、BC 为边在AB 同侧作等边△ACD 与等边△BCE ，AE 交BD 于F ，连接CF ，求证： (1)BD ＝AE ；(2)∠BFE ＝60°；(3)CF 平分∠AFB ．练习：若【例1】中A 、C 、B 三点不在一条直线上，如下图所示，其它条件不变，问上述三个结论是否成立？证明你的结论．BA例2：（2016年武珞路八上其中第23题改编）如图：△ABD 、△AEC 中，∠BAD ＝∠CAE ＝90°，AB ＝AD ，AC ＝AE ，DC 、BE 相交于点M ． (1)求证：BE ＝CD (2)求证：CD ⊥BE ； (3)求∠AMD 的度数．练习：（2015年洪山区八上期中第2问）如图，已知直线AB 交x 轴于点A (a ，0)，交y 轴于点B (0，b )，且a ，b 满足|a ＋b|＋(a ＋4)2＝0，若点C 在第一象限，且BE ⊥AC 于点E ，延长BE 到D ，使BD ＝AC ，连OC ，OD ，CD ，试判断△COD 的形状，并说明理由．A B EA E拓展：如图，△ACD 与△BCE 为等腰三角形，其中CA ＝CD ，CB ＝CE ，∠ACD ＝∠BCE ＝ ，BD 、AE 交于F ．(1)求证：AE ＝BD (2)求∠BFE ＝∠AFC 的度数．模块二 “手拉手”模型的应用 题型一：“手拉手”与中点的结合例3 已知如图△ACB 与△CEF 为等腰直角三角形，∠ACB ＝∠ECF ＝90°，AE ，BF 交于点O ，M 是AE 中点，N 是BF 的中点，试判断△CMN 的形状．练习：已知△ABC ，分别以AB ，AC 为边作△ABD 和△ACD ，且AD ＝AB ，AC ＝AE ，∠DAB ＝∠CAE ，连接DC 与BE ，G ，F 分别是DC 与BE 的中点． (1) 如图，若∠DAB ＝60°，则∠AFG ＝_________．DED ECEC BC AB(2)如图，若∠DAB ＝90°，则∠AFG ＝_________．(3) 如图，若∠DAB ＝α，则试探究∠AFG 与α之间的关系．模型三“手拉手”背景下的综合应用例4 （2016年武路八上其中第23题）如图，设△ADC 和△CBE 都是等边三角形，连接AE 、AB 、BD ，∠ABD ＝80°，求∠EAB 的度数．练习（2015年洪山区八上期中）如图，设△ABC 和△CDE 都是等边三角形，且∠EBD ＝65°，求∠AEB 的度数．例5（2014年江岸区八上期中第24题第（1）（2）问）如图，△AOB 是等边三角形，以直线OA 为x 轴建立平面直角坐标系，B(a ，b)且a ，b 满足，D 为y 轴上移动点，以AD 为边做等边△ADC ，直线CB 交y 轴于点E ．(1)如图1，求A 点的坐标(2)如图2，D 在y 轴正半轴上，C 在第二象限，CE 的延长线交x 轴于点M ，当D 点在y 轴正半轴上运动时，M 点的坐标是否发生变化，若不变，求M 点的坐标，若变化，说明理由．xy xy图1 图2EAOAOBBCD例6 （2016年武昌区八上期中）△AOB 和△ACD 是等边三角形，其中AB ⊥x 轴于E 点， (1)如图，若OC ＝5，求BD 的长度(2)设BD 交x 轴于点F ，求证：∠OF A ＝∠DF A ． (3)如图，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DE ，求DE 的最小值．ECA B B DAA B D DB 练习：如图△ABC 是直角三角形，记BC ＝a ，分别以直角三角形的三边向外作正方形ABDE ，正方形ACFG ，正方形BCMN ，过点C 作BA 边上的高CH 并延长交正方形ABDE 的边DE 于点K ，则四边形BDKH 的面积为_________。
什么叫做手拉手模型
什么叫做手拉手模型？前面的文章已经讲到过了，简单的来讲就是共顶点等腰旋转。
主要抓三个条件：1：共顶点2：等腰（等边，正方形等等，换句话讲共顶点的两边相等）3：顶角相等手拉手模型之等边三角形如上面左图，两个等边三角形共顶点，然后连接BD,AE就好比两个三角形左手拉左手，右手拉右手。
而这个图形中结论本身就不少，但是当B,C,E三点共线时结论就更多了，接下来咱们一起来看看到底有多少常见的结论？同学们该拿出笔记划重点了。
平时我们证明的最多的是前7个结论，基本上这7个结论都能够解决这个图形的大部分问题，但是其实还有几个较为常见的结论也需要熟记理解，特别是最后一个的线段和问题，如果没有做过的话估计会犯难！那么接下来咱们一起来看看每一个的结论到底是如何证明出来的。
最后第十个结论的证明辅助线可谓神来之笔，巧妙地构造了全等的同时还构造出了60°的角，大家可以好好感受一下。
同样的套路，给大家留一道变式训练练练手：手拉手之等腰三角形常见的等腰三角形的手拉手有以下的几种样式，但是结论和证明过程基本上都是大同小异。
咱们就拿上图中的最后一种简述一下结论，证明过程就省略了，和等边三角形手拉手证明过程差不多。
手拉手模型之等腰直角三角形同样的我们以其中的一种（图5）为例，探究一下常见结论。
上述六个证明过程和之前的方法都一模一样，这里也不再赘述，这里值得一提的是AE和BF连线的夹角和原来的等腰三角形AOB的顶角是相等的。
上述等腰直角三角形除了上面的常见的6个结论之外，还在一些综合探究题里面出现了下面的一些结论，难度较大，我会一一给出证明过程。
首先关于垂美四边形的这个平方关系证明一定要熟练，其实就是利用勾股定理进行简单的变换，但是没有做过的同学会想的很复杂。
接下来咱们再来看一道手拉手模型综合的动点问题，重点再第三问的动态分析。
第三问主要要利用之前的结论很快就能知道上图图3中∠BPC=90°，接下来就理由直径所对的圆周角是90°把P的运动轨迹给画出来。
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手拉手模型
手拉手模型
特点：由两个顶角相等的等腰三角形所组成，并且顶角的顶点为公共顶点 结论：（1）△ABD ≌△AEC （2）∠α+∠BOC=180°
（3）OA 平分∠BOC
变形：
例1.如图，B 是线段AC 上一点，分别以AB 和BC 为边长，在直线AC 的同一侧作两个等边三角形，△ABD 和△ECB ，连接AE 和CD ，AE 与DC 交于点H ，与BD 与BE 交于点G ，F ．
（1）求证：△B CD ≌△BEA ；
（2）探究△BFG 的形状，并证明你的结论．
H
F G
E
D
思考：的数量关系。
与DC AE
（2）AE 与DC 之间的夹角为︒
60
（3）DFB AGB ∆≅∆
（4）CFB EGB ∆≅∆
（5）BH 平分AHC ∠
（6）AC GF //
变式精练1：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 ．
思考：DC AE =；AE 与DC 之间的夹角为︒
60
试一试继续旋转结论是否成立。
变式精练2.以点A为顶点作等腰Rt△ABC，等腰Rt△ADE，其中∠BAC=∠DAE=90°，如图1所示放置，使得一直角边重合，连接BD、CE．
（1）试判断BD、CE的数量关系，并说明理由；
（2）延长BD交CE于点F，试求∠BFC的度数；
（3）把两个等腰直角三角形按如图2放置，（1）中的结论是否仍成立？请说明理由．
练习：已知：如图①，在△AOB和△COD中，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=50°
（1）求证：①AC=BD；②∠APB=50°；
（2）如图②，在△AOB和△COD中，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=α，则AC与BD间的等量关系为，∠APB的大小为
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？
（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？）。