几何模型手拉手模型
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．
(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。
专题07 手拉手模型(知识解读)(学生版)
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．【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．【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．【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．【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．【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．【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DF 2+BE2的值．【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．。
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．。
经典手拉手模型12个结论，你知道几个？
经典手拉手模型12个结论，你知道几个？展开全文初中经典几何模型--手拉手模型说明手拉手模型是学习初中几何模型中的第3个（第1个模型是三线八角模型、第2个是内外角平分线模型），手拉手算是最常见的模型了，在很多全等或者相似的题目当中都会用到，大家对这个模型并不陌生，但大家对构造手拉手模型的应用却不是很熟练（如费马点问题），今天我们就手拉手的结论进行总结，以及以中考压轴题为例讲解手拉手模型的应用。
1手拉手-全等手拉手的12个结论，我以等边三角形为母题进行解析（因为等边最特殊）第1、2个结论：△AOD≌△COB、AD=CB第3个结论：∠AGC=60°（定值）第4、5个结论：OM=ON、△OMN是等边三角形第6个结论：MN//AB第7个结论：PO是∠APB的角平分线第8个结论：存在多组三角形相似注：三角形相似在这里由非常多，就不一一例举了，在这个模型中考相似居多的是母子型、8字形、A字形，且省略了证明的思路。
第9个结论：存在3组4点共圆注：四点共圆的方法证明方式是利用对角互补第10个结论：存在3组的线段和数量关系注：在四边形OMGN中，满足的线段关系是：GO=GM+GN;在四边形OGDB中，满足的线段关系是：GB=GO+GD。
第11结论：OG平方=DG·CG第12个结论：注：两个等边三角形在运动时，有些结论是能够保持不变的~~~ 2手拉手-相似经典模型注：（图1-15-3的类型可以等腰直角三角形）一定得记住以上3种手拉手-相似模型，只有对这3种类型熟练掌握，对于一些压轴题才能更好的突破，下面我会通过2道小例题进行介绍和说明：例1-2018宁德二模例2-孙超老师出题3手拉手-练习例1-2016年广东解：例2-2017年淮安坚持是一种品质，优秀是一种习惯；不忘初心，成就学生梦想；为孩子们节约更多的时间成本；通过《课前导学》,帮助学生养成预习的习惯；通过《精彩课堂》,帮助学生高效复习和总结；初中的学习生活很短，也很有意义；希望能够陪着你慢慢成长，畅游知识海洋。
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）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。
手拉手模型
手拉手模型手拉手模型，属于初中几何中图形的旋转，是最常见的一类重要模型。
全等型手拉手模型有以下三个主要特征：双等腰、共顶点、顶角相等。
如下左图，△ABC与△ADE都是等腰直角三角形，且具有公共的直角顶点A，顶角都是900。
这两个三角形就像两个人手拉着手一样，所以我们称之为手拉手模型。
如下右图，我们易证△ACE与△ABD全等（SAS）。
实际上以点A为旋转中心，把△ACE顺时针旋转900，就得到了△ABD。
又如下左图，△ABC与△ADE都是等边三角形，且具有公共的顶点A，顶角都是600。
这个图形满足以下三个主要特征：双等腰、共顶点、顶角相等，所以它就属于手拉手模型。
如下右图，我们易证△ACD与△ABE全等（SAS）。
实际上以点A为旋转中心，把△ACD顺时针旋转600，就得到了△ABE。
例 1. 如图，△ABC与△A DE都是等腰直角三角形，其中∠BAC=∠DAE=900，AB=AC，AD=AE。
直线CE交BD于点F，交AB 于点G。
求证：（1）CE=BD；（2）CE⊥BD；（3）A、E、F、D四点共圆；（4）AF平分∠CFD。
解析：图中△ABC与△ADE都是等腰直角三角形，而且他们具有公共顶点A，顶角都是900，所以该图形就是典型的手拉手模型。
简解：(1)易证△ACE≌△ABD（SAS），所以CE=BD；（2）由△ACE≌△ABD可得：∠1=∠2。
再由八字形可得：∠GFB=∠GAC=900，所以CE⊥BD。
（3）由（2）得CE⊥BD，又∠DAE=900，所以∠DAE+∠DFE=1800。
所以A、E、F、D四点共圆。
（4）过A作AM⊥CE于M，作AN⊥BD于N。
由△ACE≌△ABD，可得他们的面积相等，又由全等得CE=BD，所以AM=AN。
所以AF 平分∠CFD。
（或者由A、E、F、D四点共圆，得到∠DFA=∠DEA=450。
所以∠EFA=∠DFA=450。
所以AF平分∠CFD。
）例2. 如下左图，点C、A、E在一条直线上，△ABC与△ADE 都是等边三角形。
模型11 手拉手模型(解析版)-2023年中考数学重难点解题大招复习讲义-几何模型篇
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，∴=，AE ACAD AB∠=∠=︒，60∠==︒，ADB DBADAB CAE=，60∴∠=∠，DAB BAC CAE BAC∴∠+∠=∠+∠，DAC BAE∴∆≅∆，ADC ABE()DAC BAE SAS∴∠=∠，∴∠=∠+∠+∠BOC BDO DBA ABE=∠+∠BDO DBA ADC=∠+∠+∠ADB DBA∴∠的度数是120︒=︒，BOC=︒+︒1206060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 CD ACE 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：2BQ 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．。
平面几何 第4讲 手拉手模型
第4讲手拉手模型知识目标模块一手拉手模型例1、例2难度：★★模块二手拉手模型与中点的结合例3难度：★★★模块三手拉手背景下的综合应用例4、例5、例6难度：★★★★模块一：“手拉手”模型知识导航一、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．例2、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、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．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＝_________．(2)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、如图，设△ABC和△CDE都是等边三角形，且∠EBD＝65°，求∠AEB的度数．例5、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．例6、△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：∠OFA＝∠DFA．(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．第4讲本讲课后作业1.如图，等边△ABC，D是AB边上动点，以CD为边，向上作等边△EDC，连AE．(1)求证：AE∥BC．(2)若D点运动到BA延长线上，其它条件不变，是否仍有AE∥BC？2．(1)如图1，△ABC和△ECD都是等边三角形，图中有一对全等三角形可以看成是旋转变换得到的，它们是_________________；(2)在(1)中，将△ECD绕C点任意旋转一个角度得如图2，分别取AD、BE的中点M、N，连接MN、MC、NC，请判断△MCN的形状，并证明你的结论．3．如图，已知△ABC是等边三角形，点E在线段AB上，点D在射线CB上，且DE＝CE，以CE为边等边三角形CEF，连接EF．(1)求证：BE＝AF．(2)猜想线段AB、DB、AF之间的数量关系，并证明你的猜想．4．如图，设△ABC和△CDE都是等边三角形，若∠AEB＝70°，求∠EBD的度数．5．如图，△ABC为等腰直角三角形，其中AB＝AC，∠BAC＝90°，点A、D在BC的异侧且∠BDC＝90°，连接AD，过点A作AE⊥AD交DB延长线于点E，求∠E的度数．6．如图1，在△ABC中，∠A＝36°，AB＝AC，∠ABC的平分线BE交AC于E．(1)求证：AE＝BC(2)如图2，过点E作EF∥BC交AB于F，将△AEF绕点A逆时针旋转角α(0°<α<144°)得到△AE′F′，连接CE′，BF′，求证：CE′＝BF′．。
初中数学九大几何模型
初中数学九大几何模型一、手拉手模型----旋转型全等 （1）等边三角形【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【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OB C DE图 1OABCD E图 2OABCDE图 1OACDE图 2OCDEOD E【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 ；OAB COBCDEOB CDEOA CD③===OAOBOC OD AC BD tan ∠OCD ；④BD ⊥AC ； ⑤连接AD 、BC ，必有2222CD AB B C AD +=+；⑥BD AC 21S △BCD ⨯=三、模型三、对角互补模型 （1）全等型-90°【条件】：①∠AOB=∠DCE=90°；②OC 平分∠AOB【结论】：①CD=CE ；②OD+OE=2OC ；③2△OCE △OCD △DCE OC 21S S S =+= 证明提示：①作垂直，如图2，证明△CDM ≌△CEN②过点C 作CF ⊥OC ，如图3，证明△ODC ≌△FEC ※当∠DCE 的一边交AO 的延长线于D 时（如图4）： 以上三个结论：①CD=CE ；②OE-OD=2OC ；③2△OCD △OCE OC 21S S =-（2）全等型-120°【条件】：①∠AOB=2∠DCE=120°；②OC 平分∠AOB【结论】：①CD=CE ；②OD+OE=OC ；③2△OCE △OCD △DCE OC 43S S S =+=AOBCDE 图 1A OBCDEM N图 2A OBCDEF图 3A O BCDEMN 图 4证明提示：①可参考“全等型-90°”证法一；②如右下图：在OB 上取一点F ，使OF=OC ，证明△OCF 为等边三角形。
中考数学常见几何模型手拉手模型(从全等到相似)
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 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 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，90ACB DCE ∠=∠=︒，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 和ADE 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 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 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 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 ≌（SAS ），得ABD ACE ∠=∠，再证明CAP BAF ≌△△（SAS ），得CAP BAF ∠=∠，AF AP =，然后证明AFP 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 ≌（SAS ），得ABD ACE ∠=∠，再证明BAP CAF ≌△△（SAS ），得出CAF BAP ∠=∠，AP AF =，然后证明AFP 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 和ADE 都是等边三角形，∠AB AC =，AD AE =，60BAC DAE ∠=∠=︒∠BAC CAD DAE CAD ∠+∠=∠+∠，∠BAD CAE ∠=∠，∠BAD CAE ≌（SAS ），∠ABD ACE ∠=∠，∠AC =AB ，CP =BF ， ∠CAP BAF ≌△△（SAS ），∠CAP BAF ∠=∠，AF AP =，∠CAP CAF BAF CAF ∠+∠=∠+∠，∠60FAP BAC ∠=∠=︒，∠AFP 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 和ADE 都是等边三角形，∠AB AC =，AD AE =，60BAC DAE ∠=∠=︒∠BAC BAE DAE BAE ∠+∠=∠+∠，∠BAD CAE ∠=∠，∠BAD CAE ≌（SAS ），∠ABD ACE ∠=∠，∠AB =AC ，BP =CF ，∠BAP CAF ≌△△（SAS ），∠CAF BAP ∠=∠，AP AF =，∠BAF BAP BAF CAF ∠+∠=∠+∠，∠60FAP BAC ∠=∠=︒，∠AFP 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 中，90C ∠=︒，6AC BC ==，点D ，E 分别在边AC ，BC 上，且2CD CE ==，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）补充图形见解析；22BE =；（2）AD BE =，AD BE ⊥仍然成立，证明见解析；（3）51AD =-或51=+AD ．【分析】（1）根据旋转作图的方法作图，再根据勾股定理求出BE 的长即可；（2）根据SAS 证明E ACD BC ≅∆∆得AD =BE ，∠1=∠2，再根据∠1+∠3+∠4=90°得∠2∠3+∠4=90°，从而可得出结论；（3）分两种情况，运用勾股定理求解即可．【详解】解：（1）如图所示，根据题意得，点D 在BC 上，∠BCE ∆是直角三角形，且BC =6，CE =2由勾股定理得，2222(2)(6)22BE CE BC =+=+=；（2）AD BE =，AD BE ⊥仍然成立. 证明：延长AD 交BE 于点H ，∠90ACB DCE ∠=∠=︒，ACD ACB BCD ∠=∠-∠，BCE DCE BCD ∠=∠-∠，∠ACD BCE ∠=∠，又∠CD CE =，AC BC =，∠ACD BCE ≅△△，∠AD BE =，12∠=∠，在Rt ABC 中，13490∠+∠+∠=︒，∠23490∠+∠+∠=︒，∠90AHB ∠=︒，∠AD BE ⊥.（3）①当点D 在AC 上方时，如图1所示，同（2）可得ACD BCE ≅△△∠AD =BE同理可证BE AE ⊥在Rt △CDE 中，2CD CE ==∠DE =222CD CE +=在Rt △ACB 中，6AC BC ==∠2223AB AC BC =+=设AD =BE =x ，在Rt △ABE 中，222BE AE AB +=∠222(2)(23)x x ++=解得,51x =-∠ 51AD =-②当点D 在AC 下方时，如图2所示，同（2）可得ACD BCE ≅△△∠AD =BE同理可证BE AE ⊥在Rt △CDE 中，2CD CE ==∠DE =222CD CE +=在Rt △ACB 中，6AC BC ==∠2223AB AC BC =+=设AD =BE =x ，在Rt △ABE 中，222BE AE AB +=∠222(2)(23)x x +-=解得,5+1x =∠ 51=+AD .所以,AD 的值为51-或5+1【点睛】本题考查了旋转的性质,全等三角形的判定与性质,勾股定理等知识，熟练解答本题的关键．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 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 与CDE △中，90ACB DCE ∠=∠=︒，若BC mAC =，CD mCE =（m 为常数）．保持ABC 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)2BF AF CF =+(3)2BF AF CF =+仍然成立，理由见解析(4)21BF m FC 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 ≌BCD △，可得AE DB =，根据等腰直角三角形可得2ED CE =，由BE BD ED =+，即可即可得出2BF AF CF =+；（3）同（2）可得ACE ≌BCD △，过点C ，作CH FC ⊥，交BF 于点H ，证明FEC HDC ≌，AFC △≌BHC △，可得BH AF =，即可得出2BF AF CF =+；（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 中，勾股定理可得21FG m FC =+，即可得出21BF m FC mAF =++．(1)等腰直角三角形ABC 和等腰直角三角形CDE ，90ECD ∴∠=︒，AC BC ⊥ED BC ∥ED AC ∴⊥45ACE α∴∠==︒故答案为：45︒(2)90∠=∠=︒ACB ECD ACE ACD ACD BCD ∴∠+∠=∠+∠ACE BCD ∴∠=∠ 在ACE 与BCD △中，AC BC ACE BCD EC DC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩ ACE ≌BCD △∴AE DB =BE BD ED ∴=+ 又2ED CE =2BE AE CE ∴=+,E F 重合，2BF AF CF ∴=+故答案为：2BF AF CF =+ (3)同（2）可得ACE ≌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 与HDC △中，FEC HDC EC CD ECF DCH ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴FEC HDC ≌， FC CH ∴=，CFH ∴是等腰直角三角形，2FH FC ∴=，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 ∴=，2BF FH BH CF AF ∴=+=+，即2BF AF CF =+，(4)过点C 作CG CF ⊥，交BF 于点G ，BC mAC =，CD mCE =，BC CDAC CE ∴=，AC BC EC DC∴=， ACE BCD α∠=∠=，ACE BCD ∴△△∽，CBG CAF ∴∠=∠，FCA ACG GCB ACG ∠+∠=∠+∠，∴FCA GCB ∠=∠，AFC BGC ∴∽，BG GC BC AF FC AC∴==m =， BG mAF ∴=，GC mFC =， Rt FCG 中，2221FG FC CG m FC =+=+，∴21BF FG GB m FC mAF =+=++，即21BF m FC 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(2)22(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，12AB AB AE AC ∴==，∠DAE ＝∠BAC ＝45°，∠∠DAE ﹣∠BAE ＝∠BAC ﹣∠BAE ， ∠∠BAD ＝∠CAE ，∠∠BAD ∠∠CAE ，1222BD 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．【答案】（1）证明见解析；（2）成立，理由见解析；（3）∠ABC=∠CAN，理由见解析．【分析】（1）利用SAS可证明∠BAM∠∠CAN，继而得出结论．（2）也可以通过证明∠BAM∠∠CAN，得出结论，和（1）的思路完全一样．（3）首先得出∠BAC=∠MAN，从而判定∠ABC∠∠AMN，得到AB ACAM AN=，根据∠BAM=∠BAC﹣∠MAC，∠CAN=∠MAN﹣∠MAC，得到∠BAM=∠CAN，从而判定∠BAM∠∠CAN，得出结论．【详解】解：（1）证明：∠∠ABC、∠AMN是等边三角形，∠AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°．∠∠BAM=∠CAN．∠在∠BAM和∠CAN中，AB ACBAM CANAM AN=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∠∠BAM∠∠CAN（SAS）．∠∠ABC=∠ACN．（2）结论∠ABC=∠ACN仍成立．理由如下：∠∠ABC、∠AMN是等边三角形，∠AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°．∠∠BAM=∠CAN．∠在∠BAM和∠CAN中，AB ACBAM CANAM AN=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∠∠BAM∠∠CAN（SAS），∠∠ABC=∠ACN．（3）∠ABC=∠ACN．理由如下：∠BA=BC，MA=MN，顶角∠ABC=∠AMN，∠底角∠BAC=∠MAN，∠∠ABC∠∠AMN，∠AB ACAM AN=，又∠∠BAM=∠BAC﹣∠MAC，∠CAN=∠MAN﹣∠MAC，∠∠BAM=∠CAN，∠∠BAM∠∠CAN，∠∠ABC=∠ACN．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，BDCE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．【答案】(1)65(2)（1）中结论仍然成立，理由见解析(3)∠APE =∠ABC ，理由见解析(4)结论不成立，∠APE +∠ABC =180°，理由见解析 【分析】（1）根据平行线分线段成比例定理求解即可；（2）根据旋转的性质得到∠BAD =∠CAE ，由（1）可证明∠BAD ∠∠CAE ，从而可证∠APE +∠ABC得到65BD AB CE AC ==；（3）由（2）可证∠ABD =∠ACE ，证明∠AFB ∠∠PFC 和∠AFP ∠∠BFC 即可得到结论；（4）证明∠ABD =∠ACE ，推出A 、B 、C 、P 四点共圆即可得到结论；（1）解：∠∥DE BC ，∠BD CE AB AC=，∠65BD AB CE AC ==；（2）解：中结论仍然成立，理由如下： ∠旋转的性质，∠∠ADE =∠ABC ，∠AED =∠ACB ， ∠∠ADE ∠∠ABC ，∠AD AE AB AC=，在图2中，由旋转的性质可知，∠BAC =∠DAE ，∠∠BAD =∠CAE ，∠∠BAD ∠∠CAE ，∠65BD AB CE AC ==； （3）解：∠APE =∠ABC ，理由如下： 由（2）得∠BAD ∠∠CAE ，∠∠ABD =∠ACE ， 又∠∠AFB =∠PFC ，∠∠AFB ∠∠PFC ，∠AF BFBAC BPC PF CF ==，∠∠，∠AF PF BF CF=，又∠∠AFP =∠BFC ，∠∠AFP ∠∠BFC ，∠∠CBF =∠P AF ，∠∠APE =∠ACE +∠P AF ，∠ABC =∠ABF +∠CBF ，∠∠APE =∠ABC ； （4）解：（3）结论不成立，∠APE +∠ABC =180°，理由如下： 由（2）知，∠BAD ∠∠CAE ，∠∠ABD =∠ACE ， ∠A 、B 、C 、P 四点共圆，∠∠APE +∠ABC =180°．【点睛】本题主要考查了平行线分线段成比例，旋转的性质，相似三角形的性质与判定，圆内接四边形的性质等等，熟练掌握相关三角形的性质与判定是解题的关键．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 =，3OC =，则AOB ∆与BOC ∆的面积之和为（ ）A ．34B ．32C ．334D ．3【答案】C【分析】将AOB ∆绕点B 顺时针旋转60︒得BCD ∆，连接OD ，得到BOD 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 ∴==，∵()2222134OD OC +=+=，2224CD==，222OD OC CD ∴+=，90DOC ∴∠=︒， AOB ∴∆与BOC ∆的面积之和为23133113424BOC BCD BOD CODSSSS+=+=⨯+⨯⨯=．故选：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BOCBCDSS+，是解题的关键．2．（2022·四川宜宾·中考真题）如图，ABC 和ADE 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 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23CE =+．其中含所有正确结论的选项是（ ）A ．①②④B ．①②③C ．①③④D ．①②③④【答案】B【分析】证明BAD CAE ≌，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 ∽，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 '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：ABC 和ADE 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；BAD CAE ≌ADB AEC ∴∠=∠180ADC AEC ∴∠+∠=︒,,,A D C E ∴四点共圆， CD CD =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 ，BAD CAE ≌,45,45ACE ABD ACB ∴∠=∠=︒∠=︒ 90DCE ∴∠=︒FC AH ∴∥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 ∥1tan 2GD H GH ∴==22GH GD a ∴==325AH AG GH a a a ∴=+=+= AH ∠CE ，FAH FCE ∴∽CF CE AF AH ∴=4455CF a AF a ∴==则45CF AF =；故③正确 如图，将ABP 绕A 点逆时针旋转60度，得到AB P ''△，则APP '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 '==，AP AP '=，APC AP B ''∠=∠， AP B APC ''∴≌， PC P B PB ''∴==， 60APP DPC '∠=∠=︒，DP ∴平分BPC ∠， PD BC ∴⊥，,,,A D C E 四点共圆，90AEC ADC ∴∠=∠=︒，又AD DC BD ==,BAD CAE ≌， 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 ''''∠=∠+∠+∠=︒+︒=︒，则'B A BA AC ==，()1180152B ACB B AC '''∠=∠=︒-∠=︒，30PCD ∠=︒，3DC PD ∴=，DC AD =，2AP =，则()312AP AD DP DP =-=-=，23131DP ∴==+-， 2AP =，33CE 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AOB 和MON 都是等腰直角三角形(22OA <OM =ON )，∠AOB =∠MON =90°．(1)如图①，连接AM，BN，求证：AOM∠BON；(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：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．【答案】(1)见解析；(2)①见解析；②46322+或46322-．【分析】（1）利用SAS定理证明AOM BON≌即可；（2）①连接AM，证明AOM BON≌，即可证2222BN AN ON=+；②当点N在线段AM上时，连接BN，在Rt ANB中构造勾股定理的等量关系；当点M在线段AN上时，同理即可求得．（1）证明：90AOB MON︒∠=∠=，MON AON AOB AON∴∠+∠=∠+∠，即AOM BON∠=∠．MON和AOB是等腰直角三角形，,OM ON OA OB∴==，AOM BON∴≌(SAS) ．（2）解：①证明：如图，连接AM．90AOB MON︒∠=∠=，MON AON AOB AON∴∠-∠=∠-∠，即AOM BON∠=∠．MON和AOB是等腰直角三角形，,,45OM ON OA OB OAB OBA︒∴==∠=∠=，.()AOM BON SAS∴≌45,MAO OBA AM BN︒∴∠=∠==，90MAN︒∴∠=，222AM AN MN∴+=．MON是等腰直角三角形，222MN ON∴=，2222BN AN ON=∴+．②46322+或46322-．∠△AOB和△MON都是等腰直角三角形，OB=4，ON =3，∠42,32AB MN==．当点N在线段AM上时，如图，连接BN，设BN x=，由(1)可知AOM BON≌．∠OAM OBN∠=∠，AM BN x==．∠NAB ABN OAM OAB ABN OBN ABN OAB∠+∠=∠+∠+∠=∠+∠+∠18090OBA OAB AOB =∠+∠=︒-∠=︒，∠()18090ANB NAB ABN ∠=︒-∠+∠=︒，∠ANB 是直角三角形，222+=AN BN AB ． 又∠32AN AM MN BN MN x =-=-=-，∠222(32)(42)x x -+=， 解得：1246324632,22x x +-+==（舍去）∠46322BN +=；当点M 在线段AN 上时，如图，连接BN ，设BN x =，由(2)①可知AOM BON ≌． ∠OAM OBN ∠=∠，AM BN x ==．∠NAB ABN OAM OAB ABN OBN ABN OAB ∠+∠=∠+∠+∠=∠+∠+∠18090OBA OAB AOB =∠+∠=︒-∠=︒，∠()18090ANB NAB ABN ∠=︒-∠+∠=︒，∠ANB 是直角三角形，222+=AN BN AB ． 又∠32AN AM MN BN MN x =+=+=+，∠222(32)(42)x x ++=， 解得： 1246324632,22x x ---==（舍去）∠46322BN -=综上所述：BN 的长为46322+或46322-．【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 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 绕点A 顺时针旋转90︒得到ADE ，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 绕点A 顺时针旋转120︒后得到ADE ，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 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．【答案】(1)BC 的长是3632-，见解析；(2)四边形ADFC 是菱形，见解析； (3)AF 的最大值是63，AF 的最小值是1263-，见解析．【分析】（1）过点B 作BH DE ⊥交DE 的延长线于点H ．由旋转性质进一步得AEB △是等边三角形， EBH △是等腰直角三角形，ABD △是等腰直角三角形，45BDA ∠=︒，在Rt EBH △中由勾股定理，1832HE HB ===，在Rt BDH 中，62BD =．在Rt BDH 中，求得36=DH ，进而得解；（2）利用旋转的性质得到相关结论，进一步证明四边形ADFC 是平行四边形．又有AD AC =，得证四边形ADFC 是菱形；（3）作AH ∠BD 于点H ，则90AHB ∠=︒，利用解直角三角形求得BF 的长，分两种情况进行分析，即可得解． （1）解：如图4，延长CB 、DE 交于点H .∠ABC 绕点A 顺时针旋转90︒得到ADE ∠ABC ADE △≌△，90CAE BAD ∠=∠=︒，∠H =90°， ∠AB AD ==6，AC AE ==6，DAE BAC ∠=∠，DE BC =∠6AB AC ==，30BAC ∠=︒∠∠ABC 是等腰三角形，60∠=∠-∠=︒BAE CAE BAC ∠180752-=︒∠∠=︒BAC ABC ， ∠=6AE AB = ∠AEB △是等边三角形∠6BE AB ==，60ABE ∠=︒∠18045∠=︒-∠-∠=︒EBH ABE ABC ∠EBH △是等腰直角三角形∠HE HB =．∠AD AB =，90DAB ∠=︒．∠ABD △是等腰直角三角形，45BDA ∠=︒．在Rt EBH △中，由勾股定理，得222+=HE HB BE ．∠2226+=HE HB =36．∠HE 2=HB 2=18∠1832HE HB ===．在BDH 中，90H ∠=︒，30∠=∠-∠=∠=︒-∠BDH EDA BDA ABC BDA ．在Rt BDH 中，1322==BH BD ．∠62BD =． 在Rt BDH 中，tan ∠=BH BDH DH ，∠3233=DH ， ∠36=DH ．∠3632=-=-DE DH EH ．∠DE BC =，∠BC 的长是3632-．（2）解：四边形ADFC 是菱形．理由如下：∠ABC 绕点A 顺时针旋转120︒得到ADE ，AB AC =，30BAC ∠=︒，∠ABC ADE △≌△，120∠=∠=︒BAD CAE ．∠AC AE =，AB AD =，30BAC DAE ∠=∠=︒．∠AC AE AB AD ===．∠∠ACE 是等腰三角形∠180302︒-∠=︒∠=∠=CAE ACE AEC ．同理可得：30ABD ADB ∠=∠=︒．∠180752-=︒∠∠=︒BAC ACB ．∠45∠=∠-∠=︒BCG ACB ACE ，105∠=∠+∠=︒FBC ABC ABF ．∠在BFC △中，18030∠=︒-∠-∠=︒BFG FBC BCG ．∠∠=∠BFG ACF ，∠=∠BFG ADB ．∠∥DB AC ，∥FC AD ．∠四边形ADFC 是平行四边形．∠AD AC =，∠四边形ADFC 是菱形．（3）如图5，作AH ∠BD 于点H ，则90AHB ∠=︒∠ABC 绕点A 顺时针旋转120︒得到ADE ， ∠ABC ADE △≌△，120BAD ∠=︒∠AB AD ==6∠∠ABD 是等腰三角形∠BH =DH =12BD ∠180302BAD ABD ADB ︒-∠∠=∠==︒ ．在Rt △ABH 中，∠AHB =90°，∠ABH =30°， AB =6∠cos cos30BH ABH AB==︒∠∠BH =33∠BD =2 BH =63 由（2）知四边形ADFC 是菱形∠DF =AD =6 ∠BF =BD -DF =63－6当BGF 绕点B 顺时针旋转，在旋转过程中，当旋转到A 、B 、F 第一次三点共线时，如图6，∠=BF ''BF此时AF 有最小值，此时AF =AF ''=AB -BF ''=AB -BF =6-（63－6）=12－63 当旋转到A 、B 、F 第二次三点共线时，如图7，BGF ''△≌△BGF ，∠=BF 'BF 此时AF 有最大值，此时AF =AB +BF '=AB +BF =6+63－6=63故AF 的最大值是63，AF 的最小值是1263-【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ABC中，∠BAC=60°，以AB和BC为边向外作等边ABD和等边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，DB=2，如图3，则BM=_______（直接写出结果）【答案】(1)见解析(2)见解析(3)22【分析】（1）先判断出∠DBC=∠ABE，进而判断出∠DBC∠∠ABE，即可得出结论；（2）先判断出∠ADN∠∠FCN，得出CF=AD，∠NCF=∠AND，进而判断出∠BAC=∠ACF，即可判断出∠ABC∠∠CF A，即可得出结论；（3）先判断出∠ABC∠∠HEB(ASA)，得出22=，再判断出∠ADM∠∠HEMBH AC==，AB EH(AAS)，得出AM=HM，即可得出结论．（1）解：∠∠ABD和∠BCE是等边三角形，∠BD=AB，BC=BE，∠ABD=∠CBE=60°，∠∠ABD+∠ABC=∠CBE+∠ABC，∠∠DBC=∠ABE，∠∠ABE∠∠DBC（SAS），∠AE=CD；（2）解：如图，延长AN使NF=AN，连接FC，∠N为CD中点，∠DN=CN，∠∠AND=∠FNC，∠∠ADN∠∠FCN(SAS)，∠CF=AD，∠NCF=∠AND，∠∠DAB=∠BAC=60°∠∠ACD +∠ADN=60°∠∠ACF=∠ACD+∠NCF=60°，∠∠BAC=∠ACF，∠∠ABD 是等边三角形，∠AB =AD ，∠AB =CF ，∠AC =CA ，∠∠ABC ∠∠CF A (SAS )，∠BC =AF ，∠∠BCE 是等边三角形，∠CE =BC =AF =2AN ；（3）解： ∠∠ABD 是等边三角形，∠2AB AD DB ===，∠BAD =60°，在Rt ∠ABC 中，∠ACB =90°－∠BAC =30°，∠222AC AB ==，如图，过点E 作EH // AD 交AM 的延长线于H ，∠∠H =∠BAD =60°，∠∠BCE 是等边三角形，∠BC =BE ，∠CBE =60°，∠∠ABC =90°，∠∠EBH =90°－∠CBE =30°=∠ACB ，∠∠BEH =180°－∠EBH －∠H =90°=∠ABC ，∠∠ABC ∠∠HEB (ASA )，∠22BH AC ==，AB EH =，∠AD =EH ，∠∠AMD =∠HME ，∠∠ADM ∠∠HEM (AAS )，∠AM =HM ，∠()()1111122222BM AM AB AH AB AB BH AB BH AB BH AB =-=-=+-=-=- ∠22BH =，2AB =，∠22BM =．故答案为：22． 【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了等边三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，构造出全等三角形是解本题的关键．6．（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 ＝2．(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．【答案】(1)EC＝AD，EC∠AD(2)等腰三角形，10(3)151【分析】（1）延长CE交AD于F，交AB于O，证明∠ABD∠∠CBE（SAS），得∠BCE＝∠BAD，CE＝AD，再由∠AOF＝∠BOC，可得∠AFC＝∠ABC＝90°，即可得到结论；（2）设DE与AB的交点为H，可得AB是DE的垂直平分线，利用勾股定理可求出AE的长，由（1）知CE＝AD，从而得出答案；（3）分当点E在BC上方时和当点E在BC下方时，分别画图，利用勾股定理计算即可．(1)EC与AD垂直且相等，理由如下：延长CE交AD于F，交AB于O，∠∠BDE和△ABC都是等腰直角三角形，∠BD＝BE，AB＝BC，∠DBE＝∠ABC＝90°，∠∠ABD＝∠CBE，∠∠ABD∠∠CBE（SAS），∠∠BCE＝∠BAD，CE＝AD，∠∠AOF＝∠BOC，∠∠AFE＝∠ABC＝90°，∠AD∠CE，∠故答案为：EC＝AD，EC∠AD；(2)设DE与AB的交点为H，∠DE∠BC，∠∠AHE＝∠ABC＝90°，∠BD＝BE，∠AB是DE的垂直平分线，∠AD ＝AE ，由（1）知AD ＝CE ，∠AE ＝CE ，∠∠ACE 是等腰三角形， ∠BE ＝2，∠BH ＝HE ＝1，∠AH ＝AB ﹣BH ＝4﹣1＝3，在Rt △AHE 中，由勾股定理得：AE ＝2210AH HE +=，∠CE ＝AE ＝10；(3)如图4，当点E 在BC 上方时，过点B 作BG ∠DE 于G ，∠∠AEC ＝90°，CE ∠AD ，∠A 、E 、D 三点共线，∠AG ＝2215AB BG -=，∠AD ＝AG +DG ＝151+，∠CE ＝AD ＝15+1；如图，当点E 在BC 下方时，同理可得CE ＝CG ﹣GE ＝15﹣1．综上：CE ＝15+1或15﹣1．【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，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 为等边三角形，4AB =，AD BC ⊥于点D ．E 为线段AD 上一点，3AE =．以AE 为边在直线AD 右侧构造等边AEF ．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 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．【答案】（1）①72；②120︒；（2）120DNM ∠=︒，证明见解析 【分析】（1）①根据等边三角形的性质，AD BC ⊥，可得60,30AEF EAG ∠=︒∠=︒，NG 是Rt EGC △斜边EC 上的中线，勾股定理在Rt EDC 中可求得EC 的长，进而求得NG 的长；②根据①的结论可得NG NC ND ==，根据120NGC NCG NCD NDC ∠+∠+∠+∠=︒=GND ∠，即可求得GND ∠的度数； （2）连接,BE FC ，证明BAE CAF ≌，进而可得ABE ACF ∠=∠，则120EBC BCF ABC ABE ACB ACF ABC ACB ∠+∠=∠-∠+∠+∠=∠+∠=︒，进而根据D 为BC的中点，N 为EC 的中点，M 为EF 的中点，根据三角形中位线定理可得,DN BE MN CF ∥∥，进而可得MNE DNE ∠+∠=FCE DCE ∠+∠120=︒【详解】（1）①ABC 是等边三角形，4,AB AD BC =⊥222,23DB DC AD AC DC ∴===-=，60BAC ∠=︒3AE =3ED AD AE ∴=-=AEF 是等边三角形，60AEG ∴∠=︒1302DAG DAB CAB ∠=∠=∠=︒90EGC ∴∠=︒ N 为CE 的中点()22221117322222NG EC DE DC ∴==+=+= ②如图，连接DN ，11,22NG EC NC DN EC ===NG NC ND ∴== ==NGC NCG NCD NDC ∴∠∠∠∠，()2=2120NGC NCG NCD NDC NCD NCG BCA ∴∠+∠+∠+∠=∠+∠=︒NGC NCG NCD NDC GNE DNE GND ∠+∠+∠+∠=∠+∠=∠120GND ∴∠=︒；（2）120DNM ∠=︒，理由如下，如图，连接,BE FC ABC，AEF 为等边三角形，,AB AC AE AF ∴==,60BAE BAC CAE CAE ∠=∠+∠=︒+∠60CAF CAE EAF CAE ∠=∠+∠=︒+∠BAE CAF ∴∠=∠BAE CAF ∴△≌△∴ABE ACF ∠=∠则120EBC BCF ABC ABE ACB ACF ABC ACB ∠+∠=∠-∠+∠+∠=∠+∠=︒D 为BC 的中点，N 为EC 的中点，M 为EF 的中点,DN BE MN CF ∴∥∥,MNE FCE EBC NDC ∴∠=∠∠=∠END NDC NCD ∠=∠+∠∴DNM DNE MNE NDC ACB ACN ECF∠=∠+∠=∠+∠+∠+∠=∠+∠+∠=∠+∠=︒120EBC ACB ACF EBC BCFDNM∴∠=︒120【点睛】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理，三线合一，直角三角形斜边上的中线等于斜边的，勾股定理，中位线定理，三角形全等的性质与判定，旋转的性质，综合运用以上知识是解题的关键．8．（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，。
中考必会几何模型：手拉手模型
手拉手模型模型讲解【结论】如图所示，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，则(1)△ABD≌△ACE；(2)BD和CE的夹角∠BFE=∠BAC=∠DAE.【证明】（1）∵∠BAC=∠DAE，∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC.∴∠BAD=∠CAE.在△ABD和△ACE中，{AB=AC,∠BAD=∠CAE, AD=AE，∴△ABD≌△ACE(SAS).（2）△ABD≌△ACE，可看成△ABD绕点A逆时针旋转到△ACE 的位置，BA和CA的夹角为∠BAC，AD和AE的夹角为∠DAE，BD和CE的夹角为∠BFE，根据旋转的性质容易得到对应边的夹角等于旋转角，故∠BFE=∠BAC=∠DAE.手拉手模型的变形【结论1】如图所示，等边△ABC和等边△CDE.则△BCD≌△ACE，AE=BD，∠BFA=60°.【结论2】如图所示，等腰Rt△ABC 和等腰Rt△CDE.则△BCD≌△ACE，∠BFA=90°.典例秒杀典例1如图，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一条直线上，连接BE，则∠AEB的度数是( ).A.30°B.45°C.60°D.75°典例2如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，CE与BD相交于点M.则BD与CE的数量关系为（）.A.BD= 12CE B.BD=23CE C.BD=CE D.BD=32CE典例3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.连接BD、CE交于点F，则BD与(E 的数量关系为( ).A.BD= 12CE B.BD= 23CE C.BD=CED.BD=32CE小试牛刀1.如图，△ABC和△CDE均为等边三角形，点A，D，E在同一条直线上，连接BE.若∠CAE=25°.则∠EBC的度数是（）.8A.35°B. 30°C.25°D.20°2.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=( ).A.60°B.55°C.50°D.无法计算3.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.连接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( ).A.0个B.1个C.2个D.3个直击中考1.(2020湖北鄂州中考真题)如图，在△AOB和△COD中，OA=OB,OC=OD,OA<CC, ∠AOB=∠COD=36°.连接AC,BD交于点M.连接OM.有下列结论: ∠AMB=36DU3：②AC=BD；③OM平分∠AOD；④MO平分∠AMD.其中正确的结论个数为( ).A.4B.3C.2D.12.(2020辽宁锦州中考真题）已知△AOB和△MON都是等腰直角三OA<OM=ON),∠AOB=∠MON=90°.角形（√22(1)如图1.连接AM，BN.求证：△AOM≌△BON.(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：BN2+AN2 =2ON2；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.典例1【答案】C【解析】∵△ACB和△DCE均为等边三角形，且△ACB与△DCE 共点，形成了手拉手模型。
几何模型之——“手拉手”及其经典考题
几何模型之——“手拉手”及其经典考题几何模型之——“手拉手”及其经典考题一、“手拉手”全等模型如图，△ABC与△ADE都是等腰三角形,AB=AC,AD=AE.∠BAC=∠DAE.结论：△BAD≌△CDE.二、模型分析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。
三、模型实例例1．如图，△ABC与△EDC都为等腰直角三角形，连接AE、BD，相交于点F.问：（1）AE与BD是否相等？（2）AE与BD之间的夹角为多少度？例2．如图，直线AB的同一侧作△ABD和△BCE都为等边三角形，连接AE交DB于点G、连接CD交BE于点F，AE与CD交于点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。
四、精选练习1．如图，在△ABC中，AC=CB，∠ACB=90°，D为AC延长线上一点，点E在BC上，且AE=BD.（1）求证：CD=CE；（2）若∠BAE=30°，求∠ABD度数.2.如图,△ABD与△BCE都为等边三角形,连接AE与CD,延长AE交CD于点F．求证：（1）AE=DC；（2）∠AFD=60°；（3）连接FB，FB平分∠AFC。
3．在线段AE同侧作等边△CDE（∠ACE<120°），点F,G分别是线段BE和AD的中点.求证：△CFG是等边三角形.4．将等腰Rt△ABC和等腰Rt△ADE按图①方式放置，∠A=90°，AD边与AB边重合，AB=2AD=4。
将△ADE绕点A逆时针方向旋转一个角度（0°<>180°），BD的延长线交CE于P.（1）如图②，证明：BD=CE，BD⊥CE；（2）如图③，在旋转的过程中，当AD⊥BD时，求出CP的长.。
初中数学专题一 旋转中的几何模型(手拉手模型、对角互补模型)(解析版)
专题一旋转中的几何模型模型一 “手拉手”模型模型特征：两个等边三角形或等腰直角三角形或正方形共顶点．模型说明：如图1，△ABE，△ACF都是等边三角形，可证△AEC≌△ABF.如图2，△ABD，△ACE都是等腰直角三角形，可证△ADC≌△ABE.如图3，四边形ABEF，四边形ACHD都是正方形，可证△ABD≌△AFC.图1 图2 图3等腰图形有旋转，辩清共点旋转边，关注三边旋转角，全等思考边角边。
1【问题提出】(1)如图①，△ABC,△ADE均为等边三角形，点D,E分别在边AB，AC上．将△ADE绕点A沿顺时针方向旋转，连结BD,CE．在图②中证明△ADB≅△AEC．[学以致用](2)在(1)的条件下，当点D,E,C在同一条直线上时，∠EDB的大小为度．[拓展延伸](3)在(1)的条件下，连结CD．若BC=6,AD=4直接写出△DBC的面积S的取值范围．【思路点拨】(1)根据“手拉手”模型，证明△ADB≅△AEC即可；(2)分“当点E在线段CD上”和“当点E在线段CD的延长线上”两种情况，再根据“手拉手”模型中的结论即可求得∠EDB的大小；(3)分别求出△DBC的面积最大值和最小值即可得到结论【详解】(1)∵ABC,ADE均为等边三角形，∴AD=AE，AB=AC，∴∠DAE-∠BAE=∠BAC-∠BAE，即∠BAD=∠CAE在△ADB和△AEC中，AD=AE∠BAD=∠CAE AB=AC∴ABD ≅ACE (SAS )；(2)当D ,E ,C 在同一条直线上时，分两种情况：①当点E 在线段CD 上时，如图，∵△ADE 是等边三角形，∴∠ADE =∠AED =60°，∴∠AEC =180°-∠AED =120°，由(1)可知，△ADB ≅△AEC ，∴∠ADB =∠AEC =120°，∴∠EDB =∠ADB -∠ADE =120°-60°=60°②当点E 在线段CD 的延长线上时，如图，∵△ADE 是等边三角形，∴∠ADE =∠AED =60°∴∠ADC =180°-∠ADE =120°，由(1)可知，△ADB ≅△AEC∴∠ADB =∠AEC =60°，∴∠EDB =∠ADB +∠ADE =60°+60°=120°综上所述，∠EDB 的大小为60°或120°(3)过点A 作AF ⊥BC 于点F ，当点D 在线段AF 上时，点D 到BC 的距离最短，此时，点D 到BC 的距离为线段DF 的长，如图：∵ΔABC 是等边三角形，AF ⊥BC ，BC =6∴AB =BC =6，BF =12BC =3∴AF =AB 2-BF 2=62-32=33∴DF =33-4此时S .DBC =12BC ⋅DF =12×6×(33-4)=93-12；当D 在线段FA 的延长线上时，点D 到BC 的距离最大，此时点D 到BC 的距离为线段DF 的长，如图，∵ΔABC 是等边三角形，AF ⊥BC ，BC =6∴AB =BC =6，BF =12BC =3，∴AF =AB 2-BF 2=62-32=33∵AD =4∴DF =AF +AD =33+4此时，S .DBC =12BC ⋅DF =12×6×(33+4)=93+12；综上所述，△DBC 的面积S 取值是93-12≤5≤93+12【点评】 利用“手拉手”模型，构造对应边“拉手线”组成的两个三角形全等是解题关键2已知正方形ABCD 和等腰直角三角形BEF ，BE =EF ，∠BEF =90°，按图1放置，使点F 在BC 上，取DF 的中点G ，连接EG ，CG ．(1)探索EG，CG的数量关系和位置关系并证明；(2)将图(1)中△BEF绕点B顺时针旋转45°，再连接DF，取DF中点G(见图2)，(1)中的结论是否仍然成立？证明你的结论；(3)将图(1)中△BEF绕点B顺时针转动任意角度(旋转角在0°到90°之间)，再连接DF，取DF中点G(见图3)，(1)中的结论是否仍然成立？证明你的结论．【思路点拨】(1)首先证明B、E、D三点共线，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可证明EG=DG= GF=CG，得到∠EGF=2∠EDG，∠CGF=2∠CDG，从而证得∠EGC=90°；(2)首先证明△FEG≌△DHG，然后证明△ECH为等腰直角三角形．可以证得：EG=CG且EG⊥CG；(3)首先证明：△BEC≌△FEH，即可证得：△ECH为等腰直角三角形，从而得到：EG=CG且EG⊥CG．【解题过程】解：(1)EG=CG且EG⊥CG．证明如下：如图①，连接BD．∵正方形ABCD和等腰Rt△BEF，∴∠EBF=∠DBC=45°．∴B、E、D三点共线．∵∠DEF=90°，G为DF的中点，∠DCB=90°，∴EG=DG=GF=CG．∴∠EGF=2∠EDG，∠CGF=2∠CDG．∴∠EGF+∠CGF=2∠EDC=90°，即∠EGC=90°，∴EG⊥CG．(2)仍然成立，证明如下：如图②，延长EG交CD于点H．∵BE⊥EF，∴EF∥CD，∴∠1=∠2．又∵∠3=∠4，FG=DG，∴△FEG≌△DHG，∴EF=DH，EG=GH．∵△BEF为等腰直角三角形，∴BE=EF，∴BE=DH．∵CD=BC，∴CE=CH．∴△ECH为等腰直角三角形．又∵EG=GH，∴EG=CG且EG⊥CG(3)仍然成立．证明如下：如图③，延长CG至H，使GH=CG，连接HF交BC于M，连接EH、EC．∵GF=GD，∠HGF=∠CGD，HG=CG，∴△HFG≌△CDG，∴HF=CD，∠GHF=∠GCD，∴HF∥CD．∵正方形ABCD，∴HF=BC，HF⊥BC．∵△BEF是等腰直角三角形，∴BE=EF，∠EBC=∠HFE，∴△BEC≌△FEH，∴HE=EC，∠BEC=∠FEH，∴∠BEF=∠HEC=90°，∴△ECH为等腰直角三角形．又∵CG=GH，∴EG=CG且EG⊥CG．针对训练11已知ΔABC是等边三角形，AD⊥BC于点D，点E是直线AD上的动点，将BE绕点B顺时针方向旋转60°得到BF，连接EF，CF，AF．(1)问题发现：如图1，当点E在线段AD上时，且∠AFC=35°，则∠FAC的度数是；(2)结论证明：如图2，当点E 在线段AD 的延长线上时，请判断∠AFC 和∠FAC 的数量关系，并证明你的结论；(3)拓展延伸：若点E 在直线AD 上运动，若存在一个位置，使得ΔACF 是等腰直角三角形，请直接写出此时∠EBC 的度数．【答案】(1)55°；(2)∠AFC +∠FAC =90°，见解析；(3)15°或75°【解析】(1)55°，理由：∵ΔABC 是等边三角形，∴AB =AC =BC ，∠ABC =∠BAC =∠ACB =60°，∵AB =AC ，AD ⊥BC ，∴∠BAD =30°，∵将BE 绕点B 顺时针方向旋转60°得到BF ，∴BE =BF ，∠EBF =60°，∴∠EBF =∠ABC ，在△ADC 和△BDA 中，AB =BC∠ABE =∠FBC BE =BF，∴ΔABE ≌ΔCBF SAS ，∴∠BAE =∠BCF =30°，∴∠ACF =90°，∴∠AFC +∠FAC =90°；∵∠AFC =35°，∴∠FAC =55°；(2)结论：∠AFC +∠FAC =90°，理由如下：∵ΔABC 是等边三角形，∴AB =AC =BC ，∠ABC =∠BAC =∠ACB =60°，∵AB =AC ，AD ⊥BC ，∴∠BAD =30°，∵将BE 绕点B 顺时针方向旋转60°得到BF ，∴BE =BF ，∠EBF =60°，∴∠EBF =∠ABC ，在△ADC 和△BDA 中，AB =BC∠ABE =∠FBC BE =BF，∴ΔABE ≌ΔCBF SAS ，∴∠BAE =∠BCF =30°，∴∠ACF =90°，∴∠AFC +∠FAC =90°；(3)∠EBC =15°或75°分两种情况：①点E 在点A 的下方时，如图：∵ΔACF 是等腰直角三角形，∴AC =CF ，由(2)得ΔABE ≌ΔCBF ，∴CF =AE ，∴AC =AE =AB ，∴∠ABE =180°-30°2=75°，∴∠EBC =∠ABE -∠ABC =75°-60°=15°；②点E 在和点A 的上方时，如图：同理可得∠EBC =∠ABE +∠ABC =75°．2已知四边形ABCD 是正方形，将线段CD 绕点C 逆时针旋转α(0°<α<90°)，得到线段CE ，联结BE 、CE 、DE . 过点B 作BF ⊥DE 交线段DE 的延长线于F ．(1)如图，当BE =CE 时，求旋转角α的度数；(2)当旋转角α的大小发生变化时，∠BEF 的度数是否发生变化?如果变化，请用含α的代数式表示；如果不变，请求出∠BEF 的度数；(3)联结AF ，求证：DE =2AF ．【答案】(1)30°；(2)不变；45°；(3)见解析【解析】(1)证明：在正方形ABCD 中, BC =CD .由旋转知，CE=CD,又∵BE =CE ,∴BE =CE =BC ,∴△BEC 是等边三角形，∴∠BCE=60°.又∵∠BCD=90°,∴α=∠DCE=30°.(2)∠BEF的度数不发生变化.在△CED中，CE=CD,∴∠CED=∠CDE=180°-α2=90°-α2，在△CEB中,CE=CB,∠BCE=90°-α,∴∠CEB=∠CBE=180°-∠BCE2=45°+α2,∴∠BEF=180°-∠CED-∠CEB=45°.(3)过点A作AG∥DF与BF的延长线交于点G，过点A作AH∥GF与DF交于点H，过点C作CI⊥DF于点I易知四边形AGFH是平行四边形，又∵BF⊥DF，∴平行四边形AGFH是矩形.∵∠BAD=∠BGF=90°，∠BPF=∠APD，∴∠ABG=∠ADH.又∵∠AGB=∠AHD=90°，AB=AD，∴△ABG≌△ADH.∴AG=AH，∴矩形AGFH是正方形.∴∠AFH=∠FAH=45°，∴AH=AF∵∠DAH+∠ADH=∠CDI+∠ADH=90°∴∠DAH=∠CDI又∵∠AHD=∠DIC=90°，AD=DC，∴△AHD≌△DIC∴AH=DI，∵DE=2DI，∴DE=2AH=2AF模型二 对角互补模型对角互补模型的特征：外观呈现四边形，且对角和为180°。
什么是手拉手几何模型？12个常用结论你都能证明出来吗？怎么用？
什么是手拉手几何模型？12个常用结论你都能证明出来吗？怎么用？手拉手模型，是数学里最常见的一个几何图形，是属于共端点几何模型中的一个类别。
在平时的数学考试中，经常会遇到一类考题，它像旋转一样，它像两个人手拉住手一样。
所，民间称之为手拉手模型。
如上图，就是手拉手模型的基础图形。
当然考试的时候，也经常会出现变式题。
但不管怎么变，所有的题型都是从这几个基础图形，变式而来的。
所以必须先把上图，这基础的内容弄懂，理解透彻。
手拉手模型到底有什么用？在考试的时候，常常会出现在压轴题里，选择题填空题和简答题，都经常出现。
然后这个模型，基本都会推导出12个基本结论。
这12个基本结论，你熟练了。
如果，这12个结论你都知道是怎么推导出来的。
那么考试的时候，看起来特别复杂的几何题，自然都不在话下。
这就是学习方法。
上面的图，就是手拉手基础模型的12个结论。
你尝试这一个一个的推导出来。
（第11，12个结论是初三才学的内容，前面10个结论初二同学基本都能证明。
）方老师经常告诉同学们，数学要多思考，多练习，多总结归纳。
那么像这样子，一个图形，一道题目，涵盖了所有这一类题型的，所有结论和出题模式。
这就是总结和归纳。
第1题，手拉手模型的基础形式，这两个三角形全等，就是SAS，可以轻松证明出来。
第2题，第①小题，SAS证明△ABE≌△CBF就可以了。
第②，因为三角形全等，AB=CB，所以△ABC是等腰直角三角形。
结论就很简单了，自行推导。
第3题，第4题，一样的，根据手拉手模型的一般套路，根据题意找到两个三角形全等。
后面的结论，就非常简单。
总之一句话，手拉手模型的第一步，先找到手拉住手的两个三角形全等关系。
然后，对应角相等，对应边相等。
后面的结论，自然不难。
也请大家多总结，多归纳，多和同学交流，分享心得。
数学的学习，一通百通，所以一定要多钻研。
这才是提高数学成绩的法宝。
完整版)几何模型手拉手模型
完整版)几何模型手拉手模型
手拉手模型是几何中常见的一种模型，通常与旋转结合使用。
例如，考虑下面的例子。
例1：如图所示，△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？
另一个例子是：
例2：如图所示，△ABC是等腰三角形，△ADE是等腰
三角形，且AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=α。
证明：
△BAD≌△CAE。
这个模型可以通过几何变换来解决。
例如，我们可以通过旋转将一个三角形变形为另一个三角形，并使用手拉手模型来
证明它们是全等的。
在这个过程中，我们需要注意一些关键点和角度的变化。
还有一个例子是：
例3：如图所示，△ABC中，AB=CB，∠ABC=90°，F 为AB延长线上一点，点E在BC上，且AE=CF。
1）证明：BE=BF；
2）若∠CAE=30°，求∠ACF的度数。
这个例子可以通过等角变换来解决。
我们可以使用角度相等的性质来证明两个线段相等或者两个角度相等。
以上是几个手拉手模型的例子，通过这些例子，我们可以更好地理解手拉手模型的应用。
1. 中考几何模型--共顶点(手拉手)
中考数学几何模型—共顶点（手拉手）模型共顶点模型，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，证明全等或者相似即可.【1】常见全等模型常见结论：（自己归纳）（1）△AON≌△MOB；（2）AN=MB；（3）直线AN和直线BN的夹角特征；（4）OG平分∠AGB（5）（6）特例研究：（等边三角形）11个结论的证明：（1）△AOD≌△COB；（2）AD=CB；（3）∠AGC=60°（定值）；（4）OM=ON；（5）△OMN是等边三角形；（6）MN//AB；（7）PO 是∠APB的角平分线；（8）存在多组三角形相似；（9）存在3组4点共圆；O（10）存在3组的线段和数量关系；（AG=OG+CG）（11）OG2=DG·CG；（12）两个等边三角形在运动时，有些结论是能够保持不变的【2】手拉手相似模型例1以点A为顶点作等腰Rt△ABC，等腰Rt三角形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）、（2）中的结论是否仍成立？请说明理由．变式1已知：如图，△ABC和△DCE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°.（1）求证：BD=AE．（2）若∠ABD=∠DAE，AB=8，AD=6，求四边形ABED的面积．例2如图，等边△ABC，等边△ADE，等边三角形DBF分别有公共顶点A，D，且△ADE，△DBF都在△ADB内，求证：CD与EF相互平分.变式2如图，等边△ABC，在AB上取点D，在AC上取点E，使得AD=AE，作等边△PCD，等边△QAE 和等边△RAB，求证：P、Q、R是等边三角形的三个顶点.例3【问题探究】（1）如图①已知锐角△ABC，分别以AB、AC为腰，在△ABC的外部作等腰Rt△ABD和Rt△ACE，连接CD、BE，试猜想CD、BE的大小关系；（不必证明）【深入探究】（2）如图②△ABC、△ADE都是等腰直角三角形，点D在边BC上（不与B、C重合），连接EC，则线段BC，DC，EC之间满足的等量关系式为；（不必证明）线段AD2，BD2，CD2之间满足的等量关系，并证明你的结论；【拓展应用】（4）如图③，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°．若BD=9，CD=3，求AD的长．例4如图1，在△ABC中，BC=4，以线段AB为边作△ABD，使得AD=BD，连接DC，再以DC为边作△CDE，使得DC=DE，∠CDE=∠ADB=α．（1）如图2，当∠ABC=45°且α=90°时，用等式表示线段AD，DE之间的数量关系；（2）将线段CB沿着射线CE的方向平移，得到线段EF，连接BF，AF．①若α=90°，依题意补全图3，求线段AF的长；②请直接写出线段AF的长（用含α的式子表示）【同步巩固练习】1.如图，在正方形ABCD内任取一点E，连接AE、BE，在△ABE外分别以AE、BE为边作正方形AEMN 和EBFG．（1）按题意，在图中补全符合条件的图形；（2）在补全的图形中，求证：AN∥CF．2.等腰Rt△ABC与等腰Rt△DCE中，∠ACB=∠DCE=90°，连接AD，BE，求证：AB2+DE2=AD2+BE2.3.如图，在△ABC中，AD=DC=10，∠ADC=45°，以AC为腰在△ACD外部作等腰Rt△ACD，∠BAD=90°，连接BD，求BD的长.4.【发现问题】如图1，已知△ABC，以点A为直角顶点、AB为腰向△ABC外作等腰直角△ABE．请你以A为直角顶点、AC为腰，向△ABC外作等腰直角△ACD（不写作法，保留作图痕迹）．连接BD、CE．那么BD与CE的数量关系是．【拓展探究】如图2，已知△ABC，以AB、AC为边向外作正方形AEFB和正方形ACGD，连接BD、CE，试判断BD与CE之间的数量关系，并说明理由．【解决问题】如图3，有一个四边形场地ABCD，∠ADC=60°，BC=15，AB=8，AD=CD，求BD的最大值．5.已知线段AB⊥直线l于点B，点D在直线l上，分别以AB、AD为边作等边三角形ABC和等边三角形ADE，直线CE交直线l于点F．（1）当点F在线段BD上时，如图①，求证：DF=CE-CF；（2）当点F在线段BD的延长线上时，如图②；当点F在线段DB的延长线上时，如图③，请分别写出线段DF、CE、CF之间的数量关系，在图②、图③中选一个进行证明；（3）在（1）、（2）的条件下，若BD=2BF，EF=6，求CF.【中考真题】1.（2016广州中考25题）如图，点C为△ABD的外接圆上的一动点（点C不在弧BAD上，且不与点B，D重合），∠ACB=∠ABD=45°（1）求证：BD是该外接圆的直径；（2）连接CD，求证：2AC=BC+CD；（3）若△ABC关于直线AB的对称图形为△ABM，连接DM，试探究DM2，AM2，BM2三者之间满足的等量关系，并证明你的结论．2.（2017淮安中考27题）【操作发现】如图①，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上．（1）请按要求画图：将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°，点B的对应点为B′，点C的对应点为C′，连接BB′；（2）在（1）所画图形中，∠AB′B=．【问题解决】如图②，在等边三角形ABC中，AC=7，点P在△ABC内，且∠APC=90°，∠BPC=120°，求△APC的面积．小明同学通过观察、分析、思考，对上述问题形成了如下想法：想法一：将△APC绕点A按顺时针方向旋转60°，得到△AP′B，连接PP′，寻找PA，PB，PC三条线段之间的数量关系；想法二：将△APB绕点A按逆时针方向旋转60°，得到△AP′C′，连接PP′，寻找PA，PB，PC三条线段之间的数量关系．…请参考小明同学的想法，完成该问题的解答过程．（一种方法即可）【灵活运用】如图③，在四边形ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，∠BAE=∠ADC，BE=CE=2，CD=5，AD=kAB（k为常数），求BD的长（用含k的式子表示）．。
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求证：△ CPM 是等边三角形。
手拉手模型
如图，A ABC 是等腰三角形、△ ADE 是等腰三角形，AB=AC , AD=AE , ZBAC= ZDAE= 。
结论：A BAD 也△AE 。
模型分析
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。
模型实例
例1 .如图，A ADC 与A 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？
C (2 ) AG 与CB 之间的夹角为多少度？ 3 •在线段AE 同侧作等边△ CDE (Z ACE<120 °)，点P 与点M 分别是线段 BE
和AD 的中点
D
G
A
热搜精练
1.如图，在△ ABC中，AB=CB，/ABC=90 °,F为AB延长线上一点，点 E 在
BC 上，且 AE=CF。
(1 )求证：BE=BF ;
(2 )若Z CAE=30。
，求zACF 度数。
2 •如图，△ ABD与△BCE都为等边三角形，连接
AE交CD于点
H •证明:
(1 ) AE=DC ;
(2) Z AHD=60 ° ;
(3) 连接HB , HB平分Z AHC
3 .将等腰 Rt△ABC和等腰 Rt△ADE按图①方式放置，/ A=90 °,AD边与AB 边重
合，AB=2AD=4 。
将A ADE绕点A逆时针方向旋转一个角度(0 °
>180 (1 ) ° ), BD的延长线交CE于P。
证明：BD=CE ,
如图②,BD 丄 CE;
转的过
4 .如图，直线 AB的同一侧作△ ABD 和ABCE都为等边
三角形，连接 AE、
CD，二者交点为H。
求证：
n
(1 ) △ABE ^z DBC ;
(2) AE=DC ;
(3) Z DHA=60 ° ;
(4) △AGB 也△FB ;
(5) △EGB^z CFB;
(6) 连接 GF , GF//AC ;
(7) 连接HB , HB平分Z AHC。