中考专题复习几何题用旋转构造手拉手模型
中考专题复习几何题用旋转构造手拉手模型
中考专题复习几何题用旋转构造手拉手模型中考专题复习——几何题用旋转结构“手拉手”模型一、教课目的：1.认识并熟习“手拉手模型” ，概括掌握其基本特点．2.借助“手拉手模型” ，利用旋转结构全等解决有关问题．3.贯通融会，解决求定值，定角，最值等一类问题．二、教课重难点：1.发掘和结构“手拉手模型” ，学会用旋转结构全等．2.用旋转结构全等的解题方法最优化选择．三、教课过程：1.复习旧知师：如图，△ ABD，△ BCE为等边三角形，从中你能得出哪些结论生：（ 1）△ABE≌△DBC（ 2）△ABG≌△DBF（ 3）△CFB≌△EGB（ 4）△BFG为等边三角形（ 5）△AGB∽△DGH（ 6）∠DHA＝ 60°（ 7）H，G，F，B四点共圆（8）BH均分∠ AHC 师：我们再来要点研究△ABE与△ DBC，这两个全等的三角形除了对应边相等，对应角相等外，还有什么共同特点呢生：它们有同一个字母B，即同一个极点B．师：我们也能够把△DBC看作由△ ABE经过如何的图形运动获得生：绕点B顺时针旋转60°获得．2.引入新课师：其实我们能够给这两个全等的三角形给予一个模型，叫“手拉手模型”，谁能够将这个模型的特点再做进一步的简化概括呢生：对应边相等．师：我们能够称之为“等线段”．生：有同一个极点．师：我们能够称之为“共极点”．师：等线段，共极点的两个全等三角形，我们一般能够考虑哪一种图形运动生：旋转．师：“手拉手模型”能够概括为：等线段，共极点，一般用旋转．3.小题热身中考专题复习几何题用旋转构造手拉手模型图图21 31．如图 1，△ BAD 中，∠ BAD ＝ 45°， AB ＝AD ， AE ⊥ BD 于 E ， BC ⊥ AD 于 C ， 则 AF ＝____ BE ．2．如图 2，△ ABC 和△ BED 均为等边三角形， ADE 三点共线，若 BE ＝ 2，CE ＝ 4，则 AE ＝ ______ ．3．如图 3，正方形 ABCD 中，∠ EAF ＝ 45°， BE ＝ 3， DF ＝5，则 EF ＝ _______．师：我们来看第 1，第 2 题，这里面有“手拉手模型”吗请你找出此中的“等线段，共极点” ．生：题 1 中，等线段是， ，共极点是 ，△ 绕点 C 逆时针旋转 90°得△ ．AC BC C ACF BCD题 2 中，等线段是 AB ，BC ，共极点是 B ，△ ABD 绕点 D 顺时针旋转 60°得△CBE ．师：我们再来看第 3 题，这里有“手拉手模型”吗生：没有．师：那此中有没有“等线段，共极点”呢生：等线段是 AD ， AB ，共极点是 A ．师：我们能否利用旋转来结构“手拉手模型”呢生：将 AE 旋转，绕点 A 逆时针旋转 90°．师：为何是逆时针旋转90°，你是如何思虑的生：我准备结构一个和△ABE 全等的三角形， AB 绕点 A 逆时针旋转 90°即为 AD ，那么将 AE 逆时针旋转 90°可得 AG ，连结 GD ，证明全等．师：说的不错，谁能再来概括一下，借助“手拉手模型”，用旋转结构全等的方法吗生：先找有没有“等线段，共极点” ，再找此中一条“共极点”的线段，将其旋转．师：旋转角度如何确立，方向怎么选择生：选择此中一个三角形，将“共极点”的线段旋转．旋转角为两条“等线段”间的夹角．方向应与所选择的开端“等线段”旋转到另一条“等线段”时的方向一致．师：特别棒，能够说，你已经掌握了这节课的精华．可是，好多题目中不过隐含了“手拉手模型”的一些条件，节余的需要我们自己去结构，能够如何结构呢步骤 1：先找有没有“等线段，共极点”． 步骤2：选择此中一个三角形，将此中经过“共极点”的线段旋转．步骤 3：旋转方向与这个三角形的“等线段”旋转到另一条“等线段”的方向一致，旋转角为“等线段”间的夹角．师：这道题还有一个要注意的地方，你发现了吗生：连结GD后，要证明G，D， F 三点共线．4.例题精讲例 1：等边△ABC中，AD＝ 4，DC＝ 3，BD＝5，求∠ADC度数．师：这里有没有隐含的“手拉手模型”要结构全等，该如何旋转生：将△ ADC绕点 A顺时针旋转60°．师：你是怎么想的，还有其余做法吗生：我发现 AB＝ AC， A 为“共极点” ，我选择的旋转线段是 AD，因为 AC绕点 A 顺时针旋转60°到 AB，因此△ ADC也要绕点 A 顺时针旋转60°．也可将△ADB绕点 A逆时针旋转60°．【解答】将 AD绕点 A 顺时针旋转60°到AE，连结BE，DE．则△ADE也为等边三角形．易证△AEB≌△ ADC，∴ BE＝ DC＝4，依据勾股定理逆定理，可证∠BED＝90°，则∠ AEB＝∠ ADC＝150°例 2：如图，△ABO和△CDO均为等腰直角三角形，AOB＝COD＝90．若△ BOC的面积为1，试求以 AD、BC、 OC＋ OD的长度为三边长的三角形的面积．师：因为线段分别，如何经过图形变换，使这些线段能组成一个三角形生：将 OD绕点 O逆时针旋转90°至 OE，即可使 OC， OD共线，再经过证明确立△ BCE即是以 AD、BC、 OC＋ OD的长度为三边长的三角形．【解答】如图，将OD绕点 O逆时针旋转90°至OE，连结BE．易证△OAD≌△ OBE，AD＝BE，∴△ BCE即是以 AD、BC、OC＋ OD长度为三边长的三角形．又∵OC＝ OE，∴ S△BCE＝2S△BOC＝2．5.自主练习1．如图，在四边形中， ＝4， ＝3，∠ ＝∠＝∠＝ 45°，则的长为 _________ ．ABCD ADCD ABC ACB ADC BD师：请找出隐含的“手拉手模型” ，并写出解决方法．生：“等线段”是和，“共极点”是 A ．方法是将绕点 A 顺时针旋转 90°．CA BAAD2．如图，在△ ABC 中， BC ＝ 2，AB＝2，以 AC 为边，向外做正方形 ACDE ，连结 BE ，则 BE 最大值为 _________．师：请找出隐含的“手拉手模型” ，并写出解决方法．生：“等线段”是 CA 和 EA ，“共极点”是 A ．方法是将 AB 绕点 A 逆时针旋转 90°．师：你为何要逆时针旋转，你准备旋转哪个三角形生：△ ABC ，因为 AC 是逆时针旋转 90°到 AE ，因此 AB 也绕点 A 逆时针旋转 90°．3．如图，点 A 在⊙ B 上， AB ＝ 1， BC ＝ 2，△ ACD 是等边三角形，求△ BCD 面积的最大值．师：请找出隐含的“手拉手模型” ，并写出解决方法．生：“等线段”是 CA 和 CD ，“共极点”是 C ．方法是将 CA 绕点 C 逆时针旋转 60°．附：自主练习解答1． 如图，将 AD 绕点 A 顺时针旋转 90°至 AE ，易证△ EAC ≌△ DAB ，可得 CE ＝ BD ，又∵∠ EDA ＝ 45°，∴∠ CDE ＝ 90°， CD ＝ 3， DE ＝ 4 2222＋ (4 22，则 Rt △ CDE 中， CE ＝ CD ＋ DE ＝ 3 2) ＝41∴ CE ＝ 41，∴ DB ＝ 412. 如图，将 AB 绕点 A 逆时针旋转 90°至 AF ，易证△ EAF ≌△ CAB ，可得 EF ＝BC ＝ 2．Rt △ BAF 中，＝ ＝ 2 ，∴ ＝ 2．由三角形三边关系易知，≤ ＋ ，∴ 最小值为 4.AF ABBF BE EF BF BE3. 如图，将 CB 绕点 C 逆时针旋转 60°至 CE ，连结 DE ，过点 E 作 EF ⊥ CB于 F ，过点 D 作 DG ⊥ CB 于 G ．易证△ CBA ≌ CED ， 则 DE ＝1， EF ＝ 3，过E 作 DG 边上的高，可证 DG ＜DE ＋ EF ．当 D ， E ， F 三点共线时， DG ＝ DE ＋ EF ．即高的最大值为1＋ 3， S △ BCDmax1＝ 2×2×（ 1＋ 3）＝ 1＋ 3。
完整word版中考专题复习几何题用旋转构造手拉手模型
中考专题复习——几何题用旋转构造“手拉手”模型一、教学目标：，归纳掌握其基本特征．1.了解并熟悉“手拉手模型”，利用旋转构造全等解决相关问题．2.借助“手拉手模型”举一反三，解决求定值，定角，最值等一类问题．3.二、教学重难点：，学会用旋转构造全等．1.挖掘和构造“手拉手模型”用旋转构造全等的解题方法最优化选择．2.三、教学过程：D 1.复习旧知EH为等边三角形，从中你能得出师：如图，△ABD，△BCE GF哪（1）△ABE CAB 4）△BFG为等边三角形CFB （3）些结论？DBFDBC≌△（2）△ABG≌△生：△≌△EGB （……）BH平分∠AHCB，F，四点共圆（8G7＝6DGH）（5△AGB∽△（）∠DHA60°（）H，，这两个全等的三角形除了对应边相等，对应角相等外，与△DBC师：我们再来重点研究△ABE 还有什么共同特征呢？．B，即同一个顶点B生：它们有同一个字母经过怎样的图形运动得到？看作由△ABE师：我们也可以把△DBC 60°得到．生：绕点B顺时针旋转2.引入新课，谁可以将这个模型的师：其实我们可以给这两个全等的三角形赋予一个模型，叫“手拉手模型”特征再做进一步的简化归纳呢？生：对应边相等．师：我们可以称之为“等线段”．生：有同一个顶点．．师：我们可以称之为“共顶点”师：等线段，共顶点的两个全等三角形，我们一般可以考虑哪一种图形运动？生：旋转．“手拉手模型”可以归纳为：等线段，共顶点，一般用旋转．师：3.小题热身3图1图2图．＝____BECAD于，则AF°，AB＝AD，AE⊥BD于E，BC⊥4511．如图，△BAD中，∠BAD＝．＝______AECE＝4，则ABC△和△BED均为等边三角形，ADE三点共线，若BE＝2，2．如图2，．＝_______＝5，则EFBEEAF＝45°，＝3，DF，正方形3．如图3ABCD中，∠题，这里面有“手拉手模型”吗？请你找出其中的“等线段，共顶点”．2师：我们来看第1，第BCD．C逆时针旋转90°得△AC，BC，共顶点是C，△ACF绕点生：题1中，等线段是．60°得△CBEB，△ABD绕点D顺时针旋转，共顶点是题2中，等线段是AB，BC 题，这里有“手拉手模型”吗？师：我们再来看第3 生：没有．师：那其中有没有“等线段，共顶点”呢？．，共顶点是A生：等线段是AD，AB 师：我们可否利用旋转来构造“手拉手模型”呢？90°．AE旋转，绕点A逆时针旋转生：将90°，你是如何思考的？师：为什么是逆时针旋转逆AE，那么将ADAB绕点A逆时针旋转90°即为全等的三角形，生：我准备构造一个和△ABE GD，证明全等．AG时针旋转90°可得，连接师：说的不错，谁能再来归纳一下，借助“手拉手模型”，用旋转构造全等的方法吗？“共顶点”的线段，将其旋转．生：先找有没有“等线段，共顶点”，再找其中一条师：旋转角度如何确定，方向怎么选择？生：选择其中一个三角形，将“共顶点”的线段旋转．旋转角为两条“等线段”间的夹角．方向应与所选择的起始“等线段”旋转到另一条“等线段”时的方向一致．师：非常棒，可以说，你已经掌握了这节课的精髓．但是，很多题目中只是隐含了“手拉手模型”的一些条件，剩余的需要我们自己去构造，可以如何构造呢？．步骤1：先找有没有“等线段，共顶点”“共顶点”的线段旋转．：选择其中一个三角形，将其中经过2步骤．：旋转方向与这个三角形的“等线段”旋转到另一条“等线段”的方向一致，旋转角为“等步骤3 线段”间的夹角．师：这道题还有一个要注意的地方，你发现了吗？F三点共线．G，D，生：连接GD后，要证明4.例题精讲A度数．，求∠ADC，DC＝3，BD＝5：等边△例1ABC中，AD ＝4 师：这里有没有隐含的“手拉手模型”？D要构造全等，该怎样旋转？CB生：将△ADC绕点A顺时针旋转60°．师：你是怎么想的，还有其他做法吗？A，A为“共顶点”，我选择的旋转线段生：我发现AB＝AC E也要绕，所以△ADC60是AD，因为AC绕点A顺时针旋转°到AB D°．点A顺时针旋转60°．也可将△ADB绕点A逆时针旋转60BC【解答】≌△也为等边三角形．易证△AEBBE，DE．则△ADE绕点将ADA顺时针旋转60°到AE，连接°AEB＝∠ADC＝150BE＝DC＝4，根据勾股定理逆定理，可证∠BED＝90°，则∠，∴ADCCOD＝?AOB?2：如图，△ABO和△CDO均为等腰直角三角形，例DA的长度为OD BC试求以AD、、OC＋BOC＝90?．若△的面积为1，三边长的三角形的面积．O师：由于线段分散，如何通过图形变换，使这些线段能构成一个三角CB形？即是以△BCE，即可使OC，OD共线，再通过证明确定O生：将OD绕点逆时针旋转90°至OE 的长度为三边长的三角形．、BCOC＋ODAD、【解答】D．易证OE，连接BE如图，将OD 绕点O逆时针旋转90°至A OD＋、OCBCBCEADOAD△≌△OBE，＝BE，∴△即是以AD、E．＝22＝SOEOC长度为三边长的三角形．又∵＝，∴S BOC△BCE△O CB5.自主练习DA ACBABC＝∠，CD＝3，∠1．如图，在四边形ABCD中，AD＝4 ．45°，则BD的长为_________＝∠ADC＝，并写出解决方法．师：请找出隐含的“手拉手模型”BC绕点ADA．方法是将CA生：“等线段”是和BA，“共顶点”是°．顺时针旋转90A E为边，向外做正方，以ABC2．如图，在△中，BC＝2，ABAC＝2 ．BE形ACDE，连接，则BE最大值为_________D师：请找出隐含的“手拉手模型”，并写出解决方法．A．EA，“共顶点”是A生：“等线段”是CA和C A逆时针旋转90°．方法是将AB绕点B师：你为何要逆时针旋转，你准备旋转哪个三角形？°．也绕点生：△ABC，因为AC是逆时针旋转90°到AE，所以ABA逆时针旋转90是等边三角形，BCB上，AB＝1，＝2，△ACDA3．如图，点在⊙D面积的最大值．求△BCD ，并写出解决方法．师：请找出隐含的“手拉手模型”A C．CA和CD，“共顶点”是“等线段”是生：BC°．C逆时针旋转60方法是将CA绕点附：自主练习解答E≌△EACAD1．如图，将绕点A顺时针旋转90°至AE，易证△°，DAB，可得CE＝BD，又∵∠＝90＝45°，∴∠CDEEDA DA2222＋3CDCDEDECD＝3，＝24，则Rt△中，CE＝＋DE＝241 ＝(42)CB41 DB，∴＝41∴CE＝，≌△EAFCAB，易证△°至绕点如图，将2.ABA逆时针旋转90AF E．由三，∴ABAFBAFRt2BCEF 可得＝＝．△中，＝＝2BF2＝D4. BEBF＋EFBE角形三边关系易知，≤，∴最小值为F ABC．CBDE，过点E作EF⊥C3.如图，将CB绕点逆时针旋转60°至CE，连接D，＝3，CBA≌CED 则DE＝1，EF△于作F于，过点DDG⊥CBG．易证E边上的高，可证作DGDG＜DE＋EF．过E A S，．＝，当D，EF三点共线时，DGDE＋EF即高的最大值为1＋3BCDmax△ GCBF13 3×（×＝21＋）＝＋12DEABFC．。
(完整word版)用旋转构造“手拉手”模型
中考专题复习——几何题用旋转构造“手拉手”模型一、教学目标：1.了解并熟悉“手拉手模型”，归纳掌握其基本特征．2.借助“手拉手模型”，利用旋转构造全等解决相关问题．3.举一反三，解决求定值，定角，最值等一类问题．二、教学重难点：1.挖掘和构造“手拉手模型”，学会用旋转构造全等．2.用旋转构造全等的解题方法最优化选择．三、教学过程：1.复习旧知师：如图，△ABD ，△BCE 为等边三角形，从中你能得出哪些结论？生：（1）△ABE ≌△DBC （2）△ABG ≌△DBF （3）△CFB ≌△EGB （4）△BFG 为等边三角形（5）△AGB ∽△DGH （6）∠DHA ＝60°（7）H ，G ，F ，B 四点共圆 （8）BH 平分∠AHC …… 师：我们再来重点研究△ABE 与△DBC ，这两个全等的三角形除了对应边相等，对应角相等外，还有什么共同特征呢？生：它们有同一个字母B ，即同一个顶点B ．师：我们也可以把△DBC 看作由△ABE 经过怎样的图形运动得到？ 生：绕点B 顺时针旋转60°得到．2.引入新课师：其实我们可以给这两个全等的三角形赋予一个模型，叫“手拉手模型”，谁可以将这个模型的特征再做进一步的简化归纳呢？ 生：对应边相等．师：我们可以称之为“等线段”． 生：有同一个顶点．师：我们可以称之为“共顶点”．师：等线段，共顶点的两个全等三角形，我们一般可以考虑哪一种图形运动？ 生：旋转．师： “手拉手模型”可以归纳为：等线段，共顶点，一般用旋转．H GF E DCBA3.小题热身图1 图2 图31．如图1，△BAD中，∠BAD＝45°，AB＝AD，AE⊥BD于E，BC⊥AD于C，则AF＝____BE．2．如图2，△ABC和△BED均为等边三角形，ADE三点共线，若BE＝2，CE＝4，则AE＝______．3．如图3，正方形ABCD中，∠EAF＝45°，BE＝3，DF＝5，则EF＝_______．师：我们来看第1，第2题，这里面有“手拉手模型”吗？请你找出其中的“等线段，共顶点”．生：题1中，等线段是AC，BC，共顶点是C，△ACF绕点C逆时针旋转90°得△BCD．题2中，等线段是AB，BC，共顶点是B，△ABD绕点D顺时针旋转60°得△CBE．师：我们再来看第3题，这里有“手拉手模型”吗？生：没有．师：那其中有没有“等线段，共顶点”呢？生：等线段是AD，AB，共顶点是A．师：我们可否利用旋转来构造“手拉手模型”呢？生：将AE旋转，绕点A逆时针旋转90°．师：为什么是逆时针旋转90°，你是如何思考的？生：我准备构造一个和△ABE全等的三角形，AB绕点A逆时针旋转90°即为AD，那么将AE逆时针旋转90°可得AG，连接GD，证明全等．师：说的不错，谁能再来归纳一下，借助“手拉手模型”，用旋转构造全等的方法吗？生：先找有没有“等线段，共顶点”，再找其中一条“共顶点”的线段，将其旋转．师：旋转角度如何确定，方向怎么选择？生：选择其中一个三角形，将“共顶点”的线段旋转．旋转角为两条“等线段”间的夹角．方向应与所选择的起始“等线段”旋转到另一条“等线段”时的方向一致．师：非常棒，可以说，你已经掌握了这节课的精髓．但是，很多题目中只是隐含了“手拉手模型”的一些条件，剩余的需要我们自己去构造，可以如何构造呢？步骤1：先找有没有“等线段，共顶点”．步骤2：选择其中一个三角形，将其中经过“共顶点”的线段旋转．步骤3：旋转方向与这个三角形的“等线段”旋转到另一条“等线段”的方向一致，旋转角为“等线段”间的夹角．师：这道题还有一个要注意的地方，你发现了吗？生：连接GD后，要证明G，D，F三点共线．4.例题精讲例1：等边△ABC中，AD＝4，DC＝3，BD＝5，求∠ADC度数．师：这里有没有隐含的“手拉手模型”？要构造全等，该怎样旋转？生：将△ADC绕点A顺时针旋转60°．师：你是怎么想的，还有其他做法吗？生：我发现AB＝AC，A为“共顶点”，我选择的旋转线段是AD，因为AC绕点A顺时针旋转60°到AB，所以△ADC也要绕点A顺时针旋转60°．也可将△ADB绕点A逆时针旋转60°．【解答】将AD绕点A顺时针旋转60°到AE，连接BE，DE．则△ADE也为等边三角形．易证△AEB≌△ADC，∴BE＝DC＝4，根据勾股定理逆定理，可证∠BED＝90°，则∠AEB＝∠ADC＝150°例2：如图，△ABO和△CDO均为等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90︒．若△BOC的面积为1，试求以AD、BC、OC＋OD的长度为三边长的三角形的面积．师：由于线段分散，如何通过图形变换，使这些线段能构成一个三角形？生：将OD绕点O逆时针旋转90°至OE，即可使OC，OD共线，再通过证明确定△BCE即是以AD、BC、OC＋OD的长度为三边长的三角形．【解答】如图，将OD绕点O逆时针旋转90°至OE，连接BE．易证△OAD≌△OBE，AD＝BE，∴△BCE即是以AD、BC、OC＋OD 长度为三边长的三角形．又∵OC＝OE，∴S△BCE＝2S△BOC＝2．EAOBCDDC BOABBDCBA5.自主练习1．如图，在四边形ABCD 中，AD ＝4，CD ＝3，∠ABC ＝∠ACB ＝∠ADC ＝45°，则BD 的长为 _________． 师：请找出隐含的“手拉手模型”，并写出解决方法．生：“等线段”是CA 和BA ，“共顶点”是A ．方法是将AD 绕点A 顺时针旋转90°．2．如图，在△ABC 中，BC ＝2，AB ＝2，以AC 为边，向外做正方形ACDE ，连接BE ，则BE 最大值为_________． 师：请找出隐含的“手拉手模型”，并写出解决方法．生：“等线段”是CA 和EA ，“共顶点”是A ． 方法是将AB 绕点A 逆时针旋转90°．师：你为何要逆时针旋转，你准备旋转哪个三角形？生：△ABC ，因为AC 是逆时针旋转90°到AE ，所以AB 也绕点A 逆时针旋转90°． 3．如图，点A 在⊙B 上，AB ＝1，BC ＝2，△ACD 是等边三角形，求△BCD 面积的最大值．师：请找出隐含的“手拉手模型”，并写出解决方法． 生：“等线段”是CA 和CD ，“共顶点”是C ． 方法是将CA 绕点C 逆时针旋转60°．附：自主练习解答1． 如图，将AD 绕点A 顺时针旋转90°至AE ，易证△EAC ≌△DAB ，可得CE ＝BD ，又∵∠EDA ＝45°，∴∠CDE ＝90°，CD ＝3，DE ＝42，则Rt △CDE 中，CE 2＝CD 2＋DE 2＝32＋ (42)2＝41∴CE ＝41，∴DB ＝412.如图，将AB 绕点A 逆时针旋转90°至AF ，易证△EAF ≌△CAB ，可得EF ＝BC ＝2．Rt △BAF 中，AF ＝AB ＝2，∴BF ＝2．由三角形三边关系易知，BE ≤EF ＋BF ，∴BE 最小值为4.EDCBAADC BDFEBCDA3.如图，将CB绕点C逆时针旋转60°至CE，连接DE，过点E作EF⊥CB 于F，过点D作DG⊥CB于G．易证△CBA≌CED，则DE＝1，EF＝3，过E作DG边上的高，可证DG＜DE＋EF．当D，E，F三点共线时，DG＝DE＋EF．即高的最大值为1＋3，S△BCDmax＝12×2×（1＋3）＝1＋ 3FEDCBAGEFABCD。
初中数学《几何旋转》重难点模型汇编(四大题型)含解析
专题旋转重难点模型汇编【题型1手拉手模型】【题型2“半角”模型】【题型3构造旋转模型解题】【题型4奔驰模型】【题型5费马点模型】【题型1手拉手模型】1如图1，在△ABC中，∠A=90°，AB=AC=2，点D、E分别在边AB、AC上，且AD=AE=2-2，连接DE．现将△ADE绕点A顺时针方向旋转，旋转角为α0°<α<360°，分别连接CE、BD．(1)如图2，当0°<α<90°时，求证：CE=BD；(2)如图3，当α=90°时，延长CE交BD于点F，求证：CF垂直平分BD；(3)连接CD，在旋转过程中，求△BCD的面积的最大值，并写出此时旋转角α的度数．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)△BCD的面积的最大值为3-2，旋转角α=135°【详解】(1)证明：由题意得，AB=AC，AD=AE，∠CAB=∠EAD=90°，∵∠CAE+∠BAE=∠BAD+∠BAE=90°，∴∠CAE=∠BAD，在△ACE和△ABD中，AC =AB∠CAE =∠BAD AE =AD，∴△ACE ≌△ABD SAS ，∴CE =BD ；(2)证明：根据题意：AB =AC ，AD =AE ，∠CAB =∠EAD =90°，在△ACE 和△ABD 中，AC =AB∠CAE =∠BAD AE =AD∴△ACE ≌△ABD SAS ，∴∠ACE =∠ABD ，∵∠ACE +∠AEC =90°，且∠AEC =∠FEB ，∴∠ABD +∠FEB =90°，∴∠EFB =90°，∴CF ⊥BD ，∵AB =AC =2，AD =AE =2-2，∠CAB =∠EAD =90°，∴BC =AB 2+AC 2=2，CD =AC +AD =2，∴BC =CD ， ∵CF ⊥BD ，∴CF 是线段BD 的垂直平分线；(3)解： 在△BCD 中，边BC 的长是定值，则BC 边上的高取最大值时，△BCD 的面积有最大值，∴当点D 在线段BC 的垂直平分线上时，△BCD 的面积取得最大值，如图，∵AB =AC =2，AD =AE =2-2，∠CAB =∠EAD =90°，DG ⊥BC ，∴AG =12BC =1，∠GAB =45°，∴DG =AG +AD =3-2，∠DAB =180°-45°=135°，∴△BCD 的面积的最大值为：12BC ⋅DG =12×2×3-2 =3-2，此时旋转角α=135°．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，垂直平分线的判定和性质等知识，寻找全等三角形，利用数形结合的思想解决问题是解题关键．2如图1，在Rt △ABC 中，∠C =90°，AC =BC =2，D ，E分别为AC ,BC 的中点，将△CDE 绕点C 逆时针方向旋转得到△CD E (如图2)，使直线D E 恰好过点B ，连接AD ．(1)判断AD 与BD 的位置关系，并说明理由；(2)求BE 的长；(3)若将△CDE绕点C逆时针方向旋转一周，当直线D E 过Rt△ABC的一个顶点时，请直接写出BE 长的其它所有值．【答案】(1)AD ⊥BD ，见详解(2)14-22(3)2+142或14-2 2【详解】(1)解：AD 与BD 的位置关系为AD ⊥BD ．∵AC=BC，D，E分别为AC,BC的中点，∴CD=CE，即CD =CE ，∵∠C=90°，即∠BCA=∠D CE =90°，∴∠ACD =∠BCE ,∴△CD A≌△CE B，∴∠CE B=∠CD A，∵∠C=90°，CD =CE ，AC=BC，∴∠CD E =∠CE D =∠CAB=∠CBA=45°，∴∠CE B=∠CD A=135°，∴∠AD B=135°-45°=90°，即：AD ⊥BD ．(2)解：Rt△ACB中，AC=BC=2，∴BA=AC2+BC2=22，同理可求D E =2，∵△CD A≌△CE B，∴AD =BE ，设AD =BE =x，在Rt△AD B中，由勾股定理得：x2+2+x2=222，解得：x=14-22(舍负)，∴BE =14-22．(3)解：①经过点B 时，题(2)已求BE =14-22；②经过点A 时，如图所示，同理可证：△CD A ≌△CE B ，∴∠D AC =∠E BC ，BE =AD∵∠1=∠2，∴∠AE B =∠BCA =90°，设BE =AD =x ，在Rt △AE B 中，由勾股定理得：x 2+x -2 2=22 2，解得：x =2+142(舍负)，即：BE =2+142；③再次经过点B 时，如下图：同理可证：△CD A ≌△CE B ，AD ⊥BE ，设BE =AD =x ，在Rt △AD B 中，由勾股定理得：x 2+x -2 2=22 2，解得：x =2+142(舍负)，即：BE =2+142；综上所述：BE =2+142或BE =14-22．【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等的应用，正确熟练掌握知识点是解题的关键．3如图，△ABC 和△DCE 都是等腰直角三角形，∠ACB =∠DCE =90°．(1)【猜想】如图1，点E 在BC 上，点D 在AC 上，线段BE 与AD 的数量关系是，位置关系是；(2)【探究】：把△DCE 绕点C 旋转到如图2的位置，连接AD ，BE ，(1)中的结论还成立吗？说明理由；(3)【拓展】：把△DCE 绕点C 在平面内自由旋转，若AC =6，CE =22，当A ，E ，D 三点在同一直线上时，直接写出BE的长．【答案】(1)BE=AD，BE⊥AD(2)(1)中的结论成立，理由见解析(3)42-2或42+2【详解】(1)解：∵△ABC和△DCE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，∴BC=AC，EC=DC，∠ACB=90°，∴BC-EC=AC-DC，∴BE=AD，∵∠ACB=90°，∴BE⊥AD，故答案为：BE=AD，BE⊥AD；(2)解：(1)中结论仍然成立，理由：由旋转知，∠BCE=∠ACD，∵BC=AC，EC=DC，∴△BCE≌△ACD，∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，∵∠ACB=90°，∴∠CBE+∠BHC=90°，∴∠CAD+∠BHC=90°，∵∠BHC=∠AHG，∴∠CAD+∠AHG=90°，∴∠AGH=90°，∴BE⊥AD；(3)解：①当点E在线段AD上时，如图3，过点C作CM⊥AD于M，∵△DCE是等腰直角三角形，且CE=22，∴DE=CE2+CD2=4，∵CM⊥AD，DE=2，∴CM=EM=12在Rt△ACM中，AC=6，∴AM=AC2-CM2=42，∴AE=AM-EM=42-2，在Rt△ACB中，AC=6，AB=AC2+AB2=62，在Rt△ABE中，BE=AB2-AE2=42+2；②当点D在线段AE上时，如图4，过点C作CN⊥AE于N，∵△DCE是等腰直角三角形，且CE=22，∴DE=CE2+CD2=4，∵CN⊥AD，DE=2，∴CN=EN=12在Rt△ACN中，AC=6，∴AN=AC2-CN2=42，∴AE=AN+NE=42+2，在Rt△ACB中，AC=6，AB=AC2+AB2=62，在Rt△ABE中，BE=AB2-AE2=42-2；综上，BE的长为42-2或42+2．【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，作出辅助线构造出直角三角形是解本题的关键．4已知：如图1，△ABC中，AB=AC∠BAC=60°，D、E分别是AB、AC上的点，AD=AE，不难发现BD、CE的关系．(1)将△ADE绕A点旋转到图2位置时，写出BD、CE的数量关系；(2)当∠BAC=90°时，将△ADE绕A点旋转到图3位置．①猜想BD与CE有什么数量关系和位置关系?请就图3的情形进行证明；②当点C、D、E在同一直线上时，直接写出∠ADB的度数．【答案】(1)BD=CE(2)①BD=CE，BD⊥CE，证明见解析，②45°或135°【详解】(1)∵∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，即∠BAD=∠CAE，在△BAD和△CAE中，AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE，水不撩不知深浅∴△BAD≌△CAE SAS∴BD=CE；(2)①BD=CE，BD⊥CE，证明：如图，BD交AC于点F，交CE于点M，∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC，即∠BAD=∠CAE，在△BAD和△CAE中，AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE，∴△BAD≌△CAE SAS∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，在△BAF和△CMF中，∵∠ABD=∠ACE，∠AFB=∠MFC，∴∠FMC=∠FAB，∵∠BAC=90°，∴∠FMC=90°，∴BD⊥CE，因此BD=CE，BD⊥CE；②如图，当点 C、D、E 在同一直线上，且点D在线段CE上时，如图I所示，在等腰Rt△ADE中，∠ADE=45°，∵BD⊥CE，∴∠EDB=90°，∴∠ADB=∠EDB-∠ADE=45°；当点 C、D、E 在同一直线上，且点E在线段DE上时，如图II所示，在等腰Rt△ADE中，∠ADE=45°，∵BD⊥CE，∴∠EDB=90°，∴∠ADB =∠EDB +∠ADE =135°；故∠ADB 的度数为：45°或135°．5△ABC是等腰直角三角形，点D 是△ABC 外部的一点，连接AD ，AB =AC =2AD =6，将线段AD 绕点A 逆时针旋转90°得到线段AE ，连接ED ，CE ，BD ．(1)如图1，当点D 在线段EC 上时，线段EC 与线段BD 的数量关系是，位置关系是；(2)如图2，线段EC 交BD 于点P ，此时(1)中线段EC 与线段BD 的关系是否依然成立，请说明理由；(3)如图3，线段EC 交BD 于点P ，点Q 是AC 边的中点，连接DC ，PQ ，当DC =32时，求PQ 的长．【答案】(1)BD =CE ，BD ⊥CE(2)(1)中线段EC 与线段BD 的关系是否依然成立，理由见解析(3)PQ 的长为32【详解】(1)解：BD =CE ，BD ⊥CE ，理由如下：∵△ABC 是等腰直角三角形，∴∠BAC =90°，AB =AC ，∵将线段AD 绕点A 逆时针旋转90°得到线段AE ，∴∠DAE =90°，AE =AD ，∴∠BAD =∠CAE ，在△ABD 与△ACE 中，AB =AC∠BAD =∠CAE AD =AE，∴△ABD ≌△ACE ，∴BD =CE ，∠ABD =∠ACE ，∴∠ACE +∠DBC +∠ACB =∠ABD +∠DBC +∠ACB =∠ABC +∠ACB =90°，∴∠BDC =90°，∴BD ⊥CE ；故答案为：BD =CE ，BD ⊥CE ；(2)解：(1)中线段EC 与线段BD 的关系依然成立；理由：∵△ABC 是等腰直角三角形，∴∠BAC =90°，AB =AC ，∵将线段AD 绕点A 逆时针旋转 90° 得到线段AE ，∴∠DAE=90°，AE=AD，∴∠BAD=∠CAE，在△ABD与△ACE中，AB=AC∠BAD=∠CAE AD=AE，∴△ABD≌△ACE，∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，∴∠ACE+∠DBC+∠ACB=∠ABD+∠DBC+∠ACB=∠ABC+∠ACB=90°，∴∠BPC=90°，∴BD⊥CE；(3)解：连接PQ，∵将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，∴∠DAE=90°，AE=AD=3，∴DE=2AD=32，∵DC=32，∴DE=CD，由(2)知BD⊥CE，∴EP=CP，∵点Q是AC边的中点，∴PQ=12AE=32．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质，旋转的性质，三角形中位线定理，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．【题型2“半角”模型】6如图①，四边形ABCD是正方形，M，N分别在边CD、BC上，且∠MAN=45°，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法，如图①，将△ADM绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，连接AM、AN、MN．(1)试判断DM，BN，MN之间的数量关系；(2)如图②，点M、N分别在正方形ABCD的边BC、CD的延长线上，∠MAN=45°，连接MN，请写出MN 、DM 、BN 之间的数量关系，并写出证明过程．(3)如图③，在四边形ABCD 中，AB =AD ，∠BAD =120°，∠B +∠D =180°，点N ，M 分别在边BC ，CD 上，∠MAN =60°，请直接写出BN ，DM ，MN 之间数量关系．【答案】(1)MN =DM +BN (2)MN =BN -DM ，证明见解析(3)MN =DM +BN【详解】(1)解：MN =DM +BN ，证明如下：如图：∵四边形ABCD 是正方形，∴∠ABC =∠BAD =∠D =90°，，由旋转的性质可得：AE =AM ，BE =DM ，∠ABE =∠D =90°，∠DAM =∠BAE ，∴∠ABE +∠ABC =180°，∴点E 、B 、C 共线，∵∠DAM +∠BAM =90°，∴∠BAE +∠BAM =90°=∠EAM ，∵∠MAN =45°，∴∠EAN =∠EAM -∠MAN =45°=∠MAN ，在△EAN 和△MAN 中，AE =AM∠EAN =∠MANAN =AN∴△EAN ≌△MAN SAS ，∴EN =MN ，∵EN =BE +BN ，∴MN =DM +BN ；(2)解：MN =BN -DM ，证明如下：如图，在BC 上取BE =MD ，连接AE ，，∵四边形ABCD 是正方形，∴∠ABC =∠ADC =∠BAD =90°，AB =AD ，∵∠ADC +∠ADM =180°，∴∠ADC =∠ADM =∠ABE =90°，在△ABE 和△ADM 中，AB =AD∠ABE =∠ADM BE =DM，∴△ABE≌△ADM SAS ，∴AE =AM ，∠BAE =∠MAD ，∵∠BAE +∠EAD =∠BAD =90°，∴∠DAM +∠EAD =∠EAM =90°，∵∠MAN =45°，∴∠EAN =∠EAM -∠MAN =45°=∠MAN ，在△EAN 和△MAN 中，AE =AM∠EAN =∠MAN AN =AN，∴△EAN ≌△MAN SAS ，∴EN =MN ，∵EN =BN -BE ，∴MN =BN -DM ；(3)解：如图，将△ABN 绕点A 逆时针旋转120°得△ADE ， ∴∠B =∠ADE ，AB =AD ，AE =AN ，∴∠B +∠ADC =180°，∴∠ADE +∠ADC =180°，∴点E 、D 、C 共线，∵∠BAN +∠NAD =∠BAD =120°，∴∠DAE +∠NAD =∠NAE =120°，∵∠MAN =60°，∴∠EAN =∠EAM -∠MAN =60°=∠MAN ，在△EAN 和△MAN 中，AE =AN∠EAM =∠NAM AM =AM，∴△EAM ≌△NAM SAS ，∴EM =MN ，∴MN =DM +BN ．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，利用旋转构造全等三角形是解题的关键．7如图，已知在△ABC 中，AB =AC ，D 、E 是BC 边上的点，将△ABD 绕点A 旋转，得到△ACD，连接D E ．(1)当∠BAC =120°，∠DAE =60°时，求证：DE =D E ；(2)当DE=D E时，∠DAE与∠BAC有怎样的数量关系？请写出，并说明理由．(3)在(2)的结论下，当∠BAC=90°，BD与DE满足怎样的数量关系时，△D EC是等腰直角三角形？(直接写出结论，不必证明)【答案】(1)见解析(2)∠DAE=12∠BAC，理由见解析(3)DE=2BD【详解】(1)证明：∵△ABD绕点A旋转得到△ACD ，∴AD=AD ，∠CAD =∠BAD，∵∠BAC=120°，∠DAE=60°，∴∠D AE=∠CAD +∠CAE=∠BAD+∠CAE=∠BAC-∠DAE=120°-60°=60°，∴∠DAE=∠D AE，在△ADE和△AD E中，∵AD=AD∠DAE=∠D AE AE=AE，∴△ADE≌△AD E(SAS)，∴DE=D E；(2)解：∠DAE=12∠BAC．理由如下：在△ADE和△AD E中，AD=AD AE=AE DE=D E，∴△ADE≌△AD′E(SSS)，∴∠DAE=∠D AE，∴∠BAD+∠CAE=∠CAD′+∠CAE=∠D′AE=∠DAE，∴∠DAE=12∠BAC；(3)解：∵∠BAC=90°，AB=AC，∴∠B=∠ACB=∠ACD =45°，∴∠D CE=45°+45°=90°，∵△D EC是等腰直角三角形，∴D E=2CD ，由(2)DE=D E，∵△ABD绕点A旋转得到△ACD ，∴BD=C D ，∴DE=2BD．【点睛】本题考查了几何变换的综合题，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，熟记旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小找出三角形全等的条件是解题的关键．8学完旋转这一章，老师给同学们出了这样一道题：“如图1，在正方形ABCD 中，∠EAF =45°，求证：EF =BE +DF ．”小明同学的思路：∵四边形ABCD 是正方形，∴AB =AD ，∠B =∠ADC =90°．把△ABE 绕点A 逆时针旋转到△ADE 的位置，然后证明△AFE ≌△AFE ，从而可得EF =E F ．E F =E D +DF =BE +DF ，从而使问题得证．(1)【探究】请你参考小明的解题思路解决下面问题：如图2，在四边形ABCD 中，AB =AD ，∠B =∠D =90°，∠EAF =12∠BAD ，直接写出EF ，BE ，DF 之间的数量关系．(2)【应用】如图3，在四边形ABCD 中，AB =AD ，∠B +∠D =180°，∠EAF =12∠BAD ，求证：EF =BE +DF ．(3)【知识迁移】如图4，四边形ABPC 是⊙O 的内接四边形，BC 是直径，AB =AC ，请直接写出PB +PC 与AP 的关系．【答案】(1)BE +DF =EF (2)证明见解析(3)PB +PC =2PA【详解】(1)解：结论：BE +DF =EF ，理由如下：证明：将△ABE 绕点A 逆时针旋转，旋转角等于∠BAD ，使得AB 与AD 重合，点E 转到点E 的位置，如图所示，可知△ABE≌△ADE ，∴BE=DE ．由∠ADC+∠ADE =180°知，C、D、E 共线，∠BAD，∵∠EAF=12∴∠BAF+∠DAF=∠EAF，∴∠DAE +∠DAF=∠EAF=∠E'AF，∴△AEF≌△AE F，∴EF=E F=BE+DF．(2)证明：将△ABE绕点A逆时针旋转，旋转角等于∠BAD，使得AB与AD重合，点E转到点E 的位置，如图所示，由旋转可知△ABE≌△ADE ，∴BE=DE ，∠B=∠ADE ，∠BAE=∠DAE ，AE=AE ．∴∠ADC+∠ADE =180°，∴点C，D，E 在同一条直线上．∠BAD，∵∠EAF=12∴∠BAE+∠DAF=1∠BAD，2BAD，∴∠DAE +∠DAF=12∠BAD，∴∠FAE =12∴∠EAF=∠FAE ．∵AF=AF，∴△FAE ≌△FAE，∴FE=FE ，即BE+DF=EF．(3)结论：PB+PC=2PA，理由如下：证明：将△ABP绕点A逆时针旋转90°得到△ACP ，使得AB与AC重合，如图所示，由圆内接四边形性质得：∠ACP +∠ACP=180°，即P，C，P 在同一直线上．∴BP=CP ，AP=AP ，∵BC为直径，∴∠BAC=90°=∠BAP+∠PAC=∠CAP +∠PAC=∠PAP ，∴△PAP 为等腰直角三角形，∴PP =2PA，即PB+PC=2PA．【点睛】本题考查了旋转与全等三角形的综合应用、直径所对的圆周角是直角、圆内接四边形的性质、等腰直角三角形的判定及性质等知识点．解题关键是利用旋转构造全等三角形．9阅读下面材料．小炎遇到这个一个问题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF=45°，连接EF，则EF=BE+DF，试说明理由．小炎是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段相对集中，她先尝试了翻折、旋转、平移的方法，最后发现线段AB、AD是共点并且相等的，于是找到解决问题的方法．她的方法是将△ABE 绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，再利用全等的知识解决这个问题(如图2)．参考小炎同学思考问题的方法，解决下列问题：(1)写出小炎的推理过程；(2)如图3，四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，点E、F分别在边BC、CD上，∠EAF=45°，若∠B、∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足于关系时，仍有EF=BE+DF；(3)如图4，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=1，EC =2，求DE的长．【答案】(1)见解析(2)∠B+∠ADC=180°(3)5【详解】(1)解：如图所示，将△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠B=∠ADC=∠BAD=90°，由旋转的性质可得AE=AG，BE=DG，∠BAE=∠DAG，∠ADG=∠B=90°，∴∠ADC+∠ADG=180°，即C、D、G三点共线，∵∠BAE+∠DAE=90°，∴∠DAG+∠DAE=90°，即∠EAG=90°，∵∠EAF=45°，∴∠GAF=45°=∠EAF，又∵AF=AF，∴△AEF≌△AGF SAS，∴EF=GF，又∵GF=DF+DG，DG=BE，∴EF=BE+DF；(2)解：当∠B+∠ADC=180°时，仍有EF=BE+DF，理由如下：如图所示，将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ADG，∴BE=DG，AE=AG，∠BAE=∠DAG，∠B=∠ADG∵∠B+∠ADC=180°，∠B=∠ADG，∴∠ADC+∠ADG=180°，即C、D、G三点共线，∵∠BAD=90°∴∠BAE+∠DAE=90°，∴∠DAG+∠DAE=90°，即∠EAG=90°，∵∠EAF=45°，∴∠GAF=45°=∠EAF，又∵AF=AF，∴△AEF≌△AGF SAS，∴EF=GF，又∵GF=DF+DG，DG=BE，∴EF=BE+DF，故答案为：∠B+∠ADC=180°；(3)解：如图所示，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG，∴∠B=∠ACG，BD=CG=1，AD=AG，∵∠BAC=90°，∴∠B+∠ACB=90°，∠BAD+∠CAD=90°，∴∠CAG+∠CAD=90°，∠ACG+∠ACB=90°，即∠ECG=90°，∠DAG=90°，∵∠DAE=45°，∴∠GAE=45°=∠DAE，又∵AE=AE，∴△ADE≌△AGE SAS，∴GE=DE，在Rt△CEG中，由勾股定理得GE=CE2+CG2=5，∴DE=GE=5．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．10如图1，E，F分别是正方形ABCD的边CD，BC上的动点，且满足∠EAF=45°，试判断线段BF，EF，ED之间的数量关系，并说明理由．小聪同学的想法：将△DAE顺时针旋转90°，得到△BAH，然后通过证明三角形全等可得出结论．请你参考小聪同学的思路完成下面的问题．(1)线段BF，EF，ED之间的数量关系是．(2)如图2，在正方形ABCD中，∠EAF=45°，连接BD，分别交AF，AE于点M，N，试判断线段BM，MN，ND之间的数量关系，并说明理由．【答案】(1)EF=BE+DF(2)MN2=BM2+DN2【详解】(1)解：结论：EF=BE+DF理由：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠ADC=∠BAD=90°，由旋转的性质可知：AH=AE，∠ADE=∠ABH=90°，HB=DE，∠EAH=90°，∵∠EAF=45°，∴∠FAH=45°，∴∠FAH=∠EAF，∵∠ABF+∠ABH=90°+90°=180°，∴F、B、H三点共线，又∵AF=AF，∴△AFE≌△AFH SAS，∴EF=FH，∵FH=BF+BH=BF+DE，∴EF=BE+DF．(2)结论：MN2=BM2+DN2,证明如下：如图所示，将△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△BAG．∵BA=AD，∠BAD=90°，∴∠ABD=∠ADB=45°，由旋转的性质可知：AN=AG，∠ABG=∠ADB=45°，∠GAE=90°，∴∠MBG=∠ABG+∠ABD=90°，∵∠EAF=45°，∴∠GAM=∠BAG+∠BAM=90°-∠EAF=45°，∴∠MAG=∠MAN，∵AM=AM，∴△AGM≌△ANM SAS，∴MN=GM，∵∠MBG=90°，∴BM2+BG2=GM2，∴MN2=BM2+DN2．【点睛】本题涉及了旋转变换，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形，属于中考常考题型．【题型3构造旋转模型解题】11如图，正方形ABCD中，点E、F分别在线段BC、CD上运动，且满足∠EAF=45°，AE、AF分别与BD相交于点M、N，下列说法中：①BE+DF=EF；②点A到线段EF的距离一定等于正方形的边长；③BE=2，DF=3，则S△AEF=15；④若AB=62，BM=3，则MN=5．其中结论正确的个数是()A.4B.3C.2D.1【答案】A【分析】根据旋转的性质得到BH=DF，AH=AF，∠BAH=∠DAF，得到∠EAH=∠EAF=45°，根据全等三角形的性质得到EH=EF，∠AEB=∠AEF，于是得到BE+BH=BE+DF=EF，故①正确；过A作AG⊥EF于G，根据全等三角形的性质得到AB=AG，于是得到点A到线段EF的距离一定等于正方形的边长，故②正确；求出EF=BE+DF=5，设BC=CD=n，根据勾股定理即可得到S△AEF=15，故③正确；把△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，再证明△AMQ≌△AMN(SAS)，从而得MQ=MN，再证明∠QBM=∠ABQ+∠ABM=90°，设MN=x，再由勾股定理求出x即可．【详解】解：如图，把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，由旋转的性质得，BH=DF，AH=AF，∠BAH=∠DAF，∵∠EAF=45°，∴∠EAH=∠BAH+∠BAE=∠DAF+∠BAE=90°-∠EAF=45°，∴∠EAH=∠EAF=45°，在△AEF和△AEH中，AH=AF∠EAH=∠EAF=45oAE=AE，∴△AEF≌△AEH(SAS)，∴EH=EF，∴∠AEB=∠AEF，∴BE+BH=BE+DF=EF，故①正确；过A作AG⊥EF于G，∴∠AGE=∠ABE=90°，在△ABE与△AGE中，∠ABE=∠AGE∠AEB=∠AEGAE=AE，∴△ABE≌△AGE(AAS)，∴AB=AG，∴点A到线段EF的距离一定等于正方形的边长；故②正确；∵BE=2，DF=3，∴EF=BE+DF=5，设BC=CD=n，∴CE=n-2，CF=n-3，∴EF2=CE2+CF2，∴25=(n-2)2+(n-3)2，∴n=6(负值舍去)，∴AG=6，∴S△AEF=12×6×5=15．故③正确；如图，把△ADN 绕点A 顺时针旋转90°得到△ABQ ，连接QM ，由旋转的性质得，BQ =DN ，AQ =AN ，∠BAQ =∠DAN ，∠ADN =∠ABQ =45°，∵∠EAF =45°，∴∠MAQ =∠BAQ +∠BAE =∠DAN +∠BAE =90°-∠EAF =45°，∴∠MAQ =∠MAN =45°，在△AMQ 和△AMN 中，AQ =AN∠MAQ =∠MAN AM =AM，∴△AMQ ≌△AMN (SAS )，∴MQ =MN ，∵∠QBM =∠ABQ +∠ABM =90°，∴BQ 2+MB 2=MQ 2，∴ND 2+MB 2=MN 2，∵AB =62，∴BD =2AB =12，设MN =x ，则ND =BD -BM -MN =9-x ，∴32+(9-x )2=x 2，解得：x =5，∴MN =5，故④正确，故选A ．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理等等，解题的关键是旋转三角形ADF 和三角形AND ．12如图，已知点P 是正方形ABCD 内的一点，连接PA 、PB 、PC ．若PA =4，PB =2，∠APB =135°，则PC 的长为．【答案】26【分析】先根据正方形的性质得BA=BC，∠ABC=90°，则可把△BAP绕点B顺时针旋转90°得到△CBE，连接PE，如图，根据旋转的性质得BP=BE=2，CE=AP=4，∠PBE=90°，∠BEC=∠APB= 135°，于是可判断△PBE为等腰直角三角形，所以PE=2PB=22，∠PEB=45°，则∠PEC=90°，然后在Rt△PEC中利用勾股定理计算PC的长．【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，∴BA=BC，∠ABC=90°，把△BAP绕点B顺时针旋转90°得到△CBE，连接PE，如图，∴BP=BE=2，CE=AP=4，∠PBE=90°，∠BEC=∠APB=135°，∴△PBE为等腰直角三角形，∴PE=2PB=22，∠PEB=45°，∴∠PEC=135°-45°=90°，在Rt△PEC中，∵PE=22，CE=4，∴PC=42+(22)2=26．故答案为：26．【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了正方形的性质．13(1)问题发现：如图1，△ABC和△DCE均为等边三角形，当△DCA应转至点A，D，E在同一直线上，连接BE，易证△BCE≌△ACD，则①∠BEC=；②线段AD，BE之间的数量关系；(2)拓展研究：如图2，△ACB和△DCE均为等腰三角形，且∠ACB=∠DCE=90°，点A，D，E在同一直线上，若AE=12，DE=7，求AB的长度；(3)如图3，P为等边三角形ABC内一点，且∠APC=150°，∠APD=30°，AP=4，CP=3，DP=7，求BD的长．【答案】(1)①120°；②AD=BE；(2)13；(3)229【分析】本题主要考查了全等三角形的判定及性质和勾股定理的应用，(1)证明△ACD≌△BCE(SAS)．得到∠ADC=∠BEC．利用△DCE为等边三角形，得到∠CDE=∠CED=60°，再利用点A，D，E在同一直线上，可得∠ADC=120°，即可得∠BEC=120°；(2)证明△ACD≌△BCE(SAS)，可得AD=BE=AE-DE=15-7=8，∠ADC=∠BEC，再证明∠AEB=∠BEC-∠CED=90°，利用勾股定理求解即可；(3)把△APC绕点C逆时针旋转60°得△BEC，连接PE，可得△BEC≌△APC，证明△PCE是等边三角形，证明∠BED=90°，再证明D、P、E在同一条直线上，求出DE，利用勾股定理求解即可．【详解】解：(1)①∵△ACB和△DCE均为等边三角形，∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°．∴∠ACD=∠BCE．在△ACD和△BCE中，AC=BC∠ACD=∠BCE CD=CE，∴△ACD≌△BCE(SAS)．∴∠ADC=∠BEC．∵△DCE为等边三角形，∴∠CDE=∠CED=60°．∵点A，D，E在同一直线上，∴∠ADC=120°．∴∠BEC=120°．②由①得：△ACD≌△BCE，∴AD=BE；故答案为：①120°；②AD=BE．(2)∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°．∴∠ACD=∠BCE．在△ACD和△BCE中，AC=BC∠ACD=∠BCE CD=CE，∴△ACD≌△BCE(SAS)，∴AD=BE=AE-DE=12-7=5，∠ADC=∠BEC，∵△DCE为等腰直角三角形∴∠CDE=∠CED=45°．∵点A，D，E在同一直线上，∴∠ADC=135°．∴∠BEC=135°．∴∠AEB=∠BEC-∠CED=90°．∴AB=AE2+BE2=144+25=13；(3)把△APC绕点C逆时针旋转60°得△BEC，连接PE，如图所示：AP=4，CP=3，DP=7则△BEC≌△APC，∴CE=CP，∠PCE=60°，BE=AP=4，∠BEC=∠APC=150°，∴△PCE是等边三角形，∴∠EPC=∠PEC=60°，PE=CP=3，∴∠BED=∠BEC-∠PEC=90°，∵∠APD=30°，∴∠DPC=150°-30°=120°，又∵∠DPE=∠DPC+∠EPC=120°+60°=180°，即D、P、E在同一条直线上，∴DE=DP+PE=7+3=10，在Rt△BDE中，BD=BE2+DE2=229，即BD的长为229．【点睛】本题涉及全等三角形的判定及性质，等边三角形的性质，勾股定理，旋转的性质等知识点，解题的关键是利用旋转构造全等三角形，把分散的已知条件集中到同一个三角形中．【题型4奔驰模型】14如图，已知点D是等边△ABC内一点，且BD=3，AD=4，CD=5．(1)求∠ADB的度数；以下是甲，乙，丙三位同学的谈话：甲：我认为这道题的解决思路是借助旋转，我选择将△BCD绕点B顺时针旋转60°或绕点A逆时针旋转60°；乙：我也赞成旋转，不过我是将△ABD进行旋转；丙：我是将△ACD进行旋转．请你借助甲，乙，丙三位同学的提示，选择适当的方法求∠ADB的度数；(2)若改成BD=6，AD=8，CD=10，∠ADB的度数=°，点A到BD的距离为；类比迁移：(3)已知，∠ABC=90°，AB=BC，BE=1，CE=3，AE=5，求∠BEC的度数．【答案】(1)∠ADB=150°(2)150，4.(3)∠BEC=135°【详解】(1)解：(1)选择甲：如图1，作∠DBE=60°，且BE=BD，连接DE，AE，则△BDE是等边三角形，∴DE=BD=3，∠BDE=60°，∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC，∠ABC=60°，∴∠ABE=∠CBD，∴△ABE≌△CBD，∴AE=CD=5，∵AD2+DE2=42+32=52=AE2，∴∠ADE=90°，∴∠ADB=∠ADE+∠BDE=90°+60°=150°；乙：如图2，同理可得，∠BFD=60°，∠DFC=90°，∴∠ADB=∠BFC=∠BFD+∠DFC=60°+90°=150；丙：如图3同理可得，∠AGD=60°，∠BDG=90°，∴∠ADB=∠ADG+∠BDG=60°+90°=150；(2)同理(1)可得：AD2+BD2=CD2，∴∠ADB=150°，如图4，过点A作BD的垂线AH，垂足为H，∴∠ADH=30°，AD=4，∴AH=12故答案为：150，4.(3)如图5，将△ABE绕着点B顺时针旋转90°，得到△CBF，连接EF，∴△ABE≌△CBF，∴BE=BF=1，AE=CF=5，∴∠FBE=∠BEF=45°，∴EF2=BE2+BF2=2∵EF2+EC2=2+3=5=AE2，∴∠FEC=90°，∴∠BEC=∠BEF+∠FEC=45°+90°=135°【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了旋转和平移的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、正方形的性质以及勾股定理的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造等边三角形和全等三角形，依据图形的性质进行计算求解．15(1)问题发现：如图1，等边△ABC内有一点P，若点P到顶点A，B，C的距离分别为3，4，5，求∠APB的度数．为了解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A逆时针旋转60°到△ACP 处，这样就可以将三条线段PA,PB,PC转化到一个三角形中，从而求出∠APB的度数．请按此方法求∠APB的度数，写出求解过程；(2)拓展研究：请利用第(1)题解答的思想方法，解答下面的问题：①如图2，△ABC中，AB=AC,∠BAC=90°，点E，F为BC边上的点，且∠EAF=45°，判断BE,EF,CF 之间的数量关系并证明；②如图3，在△ABC中，∠ABC=30°，AB=4，BC=6，在△ABC内部有一点P，连接PA,PB,PC，直接写出PA+PB+PC的最小值．【答案】(1)150°，见解析；(2)①BE2+CF2=EF2，见解析；②213【分析】(1)连接PP ，根据题意得到AP=AP =3,∠PAP =60°，BP=CP =4，∠APB=∠AP C，进而得到△APP '为等边三角形，PP =AP=3,∠AP P=60°，根据勾股定理逆定理证明△PP C是直角三角形，且∠PP C=90°，即可求出∠APB=∠AP C=150°；(2)①证明∠B=∠ACB=45°，将△BAE绕点A逆时针旋转90°， 得到△CAD， 连接DF，得到∠BAE=∠DAC，∠ACD=∠B=45°，AD=AE，BE=CD，进而得到∠DCE=90°，根据勾股定理得到DF2=CF2 +CD2=CF2+BE2 ，证明△AEF≌△ADF，得到EF=DF，即可得到BE2+CF2=EF2；②将△ABP绕点B逆时针旋转60°，得到△A BP ， 连接PP ，A C，即可得到∠ABA =∠PBP =60°，A B= AB=4，BP=BP ，A P =AP，从而得到△BPP 为等边三角形，∠A BC=90°，BP=PP ，根据两点之间线段最短得到PA+PB+PC=A P +PP +CP≥A C ，即可得到当且仅当A ，P ，P，C四点共线时，PA +PB+PC的值最小为 A C的长，根据勾股定理求出A C=213，即可得到PA+PB+PC的最小值为213 ．【详解】解：(1)连接PP ，∵将△APB绕顶点 A 逆时针PP 旋转60°到△ACP ，∴AP=AP =3,∠PAP =60°，BP=CP =4,∠APB=∠AP C，∴△APP '为等边三角形，∴PP =AP=3,∠AP P=60°，∵P P2+P C=32+42=25，PC2=52=25，∴P P2+P C=PC2，∴△PP C是直角三角形， 且∠PP C=90°，∴∠AP C=∠AP P+∠CP P=150°，∴∠APB=∠AP C=150°；(2)①BE2+CF2=EF2．证明：∵AB=AC,∠BAC=90°，∴∠B=∠ACB=45°，如图，将△BAE绕点A逆时针旋转90°， 得到△CAD， 连接DF，则：∠BAE=∠DAC，∠ACD=∠B=45°，AD=AE，BE=CD，∴∠DCE=∠ACB+∠ACD=90°，∴DF2=CF2+CD2=CF2+BE2 ，∵∠EAF=45°，∠EAD=90°，∴∠DAF=∠EAF=45°，又∵AE=AD,AF=AF ，∴△AEF≌△ADF，∴EF=DF，∴BE2+CF2=EF2；②PA+PB+PC的最小值为 213如图，将△ABP绕点B逆时针旋转60°，得到△A BP ， 连接PP ，A C，则：∠ABA =∠PBP =60°，A B=AB=4，BP=BP ，A P =AP，∴△BPP 为等边三角形，∠A BC=∠A BA+∠ABC=90°，∴BP=PP ，∴PA+PB+PC=A P +PP +CP≥A C ，∴当且仅当A ，P ，P，C四点共线时，PA+PB+PC的值最小为 A C的长，∵∠A BC=90°，∴A C=A B2+BC2=42+62=213，∴PA+PB+PC的最小值为213 ．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理及其逆定理，全等三角形的判定与性质等知识，综合性较强，熟知相关知识并根据题意灵活应用是解题关键．16(2023•崂山区模拟)阅读下面材料：小伟遇到这样一个问题：如图1，在正三角形ABC内有一点P，且PA=3，PB=4，PC=5，求∠APB的度数．小伟是这样思考的：如图2，利用旋转和全等的知识构造△AP′C，连接PP′，得到两个特殊的三角形，从而将问题解决．请你回答：图1中∠APB的度数等于150°．参考小伟同学思考问题的方法，解决下列问题：(1)如图3，在正方形ABCD内有一点P，且PA=，PB=1，PD=，则∠APB的度数等于135°，正方形的边长为 ；(2)如图4，在正六边形ABCDEF内有一点P，且PA=2，PB=1，PF=，则∠APB的度数等于120°，正六边形的边长为 ．【答案】见试题解答内容【解答】解：阅读材料：把△APB绕点A逆时针旋转60°得到△ACP′，由旋转的性质，P′A=PA=3，P′D=PB=4，∠PAP′=60°，水不撩不知深浅∴△APP′是等边三角形，∴PP′=PA=3，∠AP′P=60°，∵PP′2+P′C2=32+42=25，PC2=52=25，∴PP′2+P′C2=PC2，∴∠PP′C=90°，∴∠AP′C=∠AP′P+∠PP′C=60°+90°=150°；故∠APB=∠AP′C=150°；(1)如图3，把△APB绕点A逆时针旋转90°得到△ADP′，由旋转的性质，P′A=PA=22，P′D=PB=1，∠PAP′=90°，∴△APP′是等腰直角三角形，∴PP′=2PA=2×22=4，∠AP′P=45°，∵PP′2+P′D2=42+12=17，PD2=172=17，∴PP′2+P′D2=PD2，∴∠PP′D=90°，∴∠AP′D=∠AP′P+∠PP′D=45°+90°=135°，故，∠APB=∠AP′D=135°，∵∠APB+∠APP′=135°+45°=180°，∴点P′、P、B三点共线，过点A作AE⊥PP′于E，则AE=PE=12PP′=12×4=2，∴BE=PE+PB=2+1=3，在Rt△ABE中，AB===13；(2)如图4，∵正六边形的内角为16×(6-2)•180°=120°，∴把△APB绕点A逆时针旋转120°得到△AFP′，由旋转的性质，P′A=PA=2，P′F=PB=1，∠PAP′=120°，∴∠APP′=∠AP′P=12(180°-120°)=30°，过点A作AM⊥PP′于M，设PP′与AF相交于N，则AM=12PA=12×2=1，P′M=PM===3，∴PP′=2PM=23，∵PP′2+P′F2=(23)2+12=13，PF2=132=13，水不撩不知深浅∴PP′2+P′F2=PF2，∴∠PP′F=90°，∴∠AP′F=∠AP′P+∠PP′F=30°+90°=120°，故，∠APB=∠AP′F=120°，∵P′F=AM=1，∵△AMN和△FP′N中，，∴△AMN≌△FP′N(AAS)，∴AN=FN，P′N=MN=12P′M=32，在Rt△AMN中，AN===7 2，∴AF=2AN=2×72=7．故答案为：150°；(1)135°，13；(2)120°，7．【题型5费马点模型】17如图，四边形ABCD是菱形，AB=6，且∠ABC=60°，M是菱形内任一点，连接AM，BM，CM，则AM+BM+CM的最小值为．【答案】63【详解】以BM为边作等边△BMN，以BC为边作等边△BCE，则BM=BN=MN，BC=BE=CE，∠MBN=∠CBE=60°，∴∠MBC=∠NBE，∴△BCM≌△BEN，∴CM=NE，∴AM+MB+CM=AM+MN+NE．当A、M、N、E四点共线时取最小值AE．∵AB=BC=BE=6，∠ABH=∠EBH=60°，∴BH⊥AE，AH=EH，∠BAH=30°，AB=3，AH=3BH=33，∴BH=12∴AE=2AH=63．故答案为63．【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质．难度比较大．作出恰当的辅助线是解答本题的关键．18如图，在等边三角形ABC内有一点P．(1)若PA=2，PB=3，PC=1，求∠BPC的度数；(2)若等边三角形边长为4，求PA+PB+PC的最小值；(3)如图，在正方形ABCD内有一点P，且PA=5，PB=2，PC=1，求正方形ABCD的边长．【答案】(1)∠BPC=150°，(2)43(3)5【详解】(1)解： 如图所示，将线段BP绕点B逆时针旋转60°得到线段B P ，连接A P 、P P ，∴△BPC≌△BP A，∴BP=B P ，A P =PC=1，∠PB P =60°，∠A P B=∠BPC，∴△B P P是等边三角形，∴∠B P P=∠PB P =60°，P P =BP=3，∵AP 2+PP 2=1+3=4=AP2，∴△A P P是直角三角形，∠A P P=90°，∴∠A P B=∠AP P +∠B P P=150°，∴∠BPC=150°，(2)解：如图所示，将△ABP绕点A顺时针旋转60°得到△ACD，则△ABP≌△ACD，PA=DA，∠PAD=60°，则△APD是等边三角形，∴AP=PD，再将△APC绕点A顺时针旋转60°得到△ADE，则△APC≌△ADE∴PC=DE，∠CAE=60°，CA=EA，∴PA+PB+PC=BP+PD+DE≥BE当B,P,D,E四点共线时，PA+PB+PC取得最小值，即BE的长，设BE，AC交于点F，∵AB=AC=AE,∠BAF=∠EAF，∠BAE=∠BAF+∠EAF=120°，BE ,∴BE⊥AF，BF=EF=12∴∠ABF=30°，AB=2 ,∴AF=12在Rt△ABF中，BF=AB2-AF2=23 ,∴BE=2BF=43，即PA+PB+PC的最小值为43；(3)如图，将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BEA，∴△BPC≌△BEA，∴BE=BP=2，AE=PC=1，∠PBE=90°，∠AEB=∠BPC，∴△BEP是等腰直角三角形，∴∠BEP=∠EPB=45°，PE=2PB=2，∵AE2+PE2=1+4=5=AP2，∴△AEP是直角三角形，∠AEP=90°，如图，延长AE，过点B作BF⊥AE于F，则∠F=90°，∵∠AEP=90°，∠BEP=45°，∴∠BEF=45°=∠EBF，∴BF=EF=1，∴AF=AE+EF=2，∴AB=AF2+BF2=22+1=5，即正方形的边长为5．【点睛】此题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理及其逆定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．19背景资料：在已知△ABC所在平面上求一点P，使它到三角形的三个顶点的距离之和最小.这个问题是法国数学家费马1640年前后向意大利物理学家托里拆利提出的，所求的点被人们称为“费马点”．如图1，当△ABC三个内角均小于120°时，费马点P在△ABC内部，当∠APB=∠APC=∠CPB=120°时，则PA+PB+PC取得最小值．(1)如图2，等边△ABC内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求∠APB的度数，为了解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP 处，此时△ACP ≌△ABP这样就可以利用旋转变换，将三条线段PA、PB、PC转化到一个三角形中，从而求出∠APB=；知识生成：怎样找三个内角均小于120°的三角形的费马点呢？为此我们只要以三角形一边在外侧作等边三角形并连接等边三角形的顶点与△ABC的另一顶点，则连线通过三角形内部的费马点．请同学们探索以下问题．(2)如图3，△ABC三个内角均小于120°，在△ABC外侧作等边三角形△ABB ，连接CB ，求证：CB 过△ABC的费马点．(3)如图4，在RT△ABC中，∠C=90°，AC=1，∠ABC=30°，点P为△ABC的费马点，连接AP、BP、CP，求PA+PB+PC的值．(4)如图5，在正方形ABCD中，点E为内部任意一点，连接AE、BE、CE，且边长AB=2；求AE+BE+ CE的最小值．【答案】(1)150°；(2)见详解；(3)7；(4)6+2．【详解】(1)解：连结PP′，∵△ABP≌△ACP ，∴∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP=AP′=3，BP=CP′=4，∵△ABC为等边三角形，。
中考数学第四章 三角形 重难 微专项6 “手拉手”模型
故点F所经过的路径的长为3.
(3)取BC的中点H,当点M不与点D重合时,连接HN,
1
1
则BH= BC,∴BH= AB.
2
2
1
∵CD⊥AB,CA=CB,∴BD= AB,∴BH=BD.
2
重难·微专项6 “手拉手”模型
专项训练
∵△ABC,△BMN是等边三角形,
B的运动过程中,小亮以B为顶点作正方形BFGH,其中点F,G都在直线
AE上,如图(4).当点E到达点B时,点F,G,H与点B重合.则点H所经过的
路径长为
,点G所经过的路径长为
.
重难·微专项6 “手拉手”模型
专项训练
解:(1)∵△ABC,△BEF是等边三角形,
∴BA=BC,BE=BF,∠ABC=∠EBF=60°,
【答题关键点】
①当点P与点F重合时,可知AC垂直平分PE,结合点P
在△ABC的角平分线BD上,可知BP=PC,再结合三角函数即可求出BP
的长.
重难·微专项6 “手拉手”模型
例题
②连接AF,可证得BP∥EF,再由△BCP≌△ACE,可得△AFE为等边三
角形,进而可证得BP=EF,即可得证.
图(1)
图(2)
∴∠DCQ=∠BCE,CQ=CE.
∵∠PCB+∠QCD=∠PCQ,
∴∠PCB+∠BCE=∠PCQ=∠PCE.
重难·微专项6 “手拉手”模型
专项训练
= ,
在△QCP和△ECP中,ቐ∠ = ∠,
= ,
∴△QCP≌△ECP(SAS),
∴PQ=PE,
∴△APQ的周长=AQ+PQ+AP=AQ+PE+ AP=
中考数学几何专题之手拉手模型(初三数学)
手拉手模型【课堂导入】什么是手拉手相似基本图形？与手拉手全等的基本图形类似，手拉手相似要比手拉手全等更具有一般性。
在上面右侧的四个图形中，每一个图形中都存在两对相似三角形，△ADE∽△ABC，△ADB∽△AEC，这两对相似三角形是可以彼此转化的。
【例1】 已知：△ABC ，△DEF 都是等边三角形，M 是 BC 与 EF 的中点，连接 AD ，BE.（1）如图 1，当 EF 与 BC 在同一条直线上时，直接写出 AD 与 BE 的数量关系和位置关系；（2）△ABC 固定不动，将图 1 中的△DEF 绕点M 顺时针旋转 （ 0o ≤ ≤ 90o ）角，如图 2 所示，判断（1）中的结论是否仍然成立，若成立，请加以证明；若不成立， 说明理由；【例2】以平面上一点O为直角顶点，分别①如图 1，当点D 、C 分别在 AO 、BO 的延长线上时EM FM ②如图 2，将图 1 中的△AOB 绕点 O 沿顺时针方向旋转60度 角，其他条件不变，判断EMFM 的值是否发生变化，并对你的结论进行证明；【例3】 如图 1，在△ABC 中，∠ACB=90°，BC=2，∠A=30°，点 E ，F 分别是线段 BC ，AC 的中点，连结 EF ． （1）线段 B E 与 A F 的位置关系是_______， BEAF =_______． （2）如图2，当△CEF绕点C顺时针旋转α时（°＜α＜【例4】 如图 1，在四边形 ABCD 中，点 E 、F 分别是 AB 、CD 的中点，过点 E 作 AB 的垂线，过点 F 作 CD 的垂线，两垂线交于点G ，连接 AG 、BG 、CG 、DG ，且∠AGD=∠BGC ． （1） 求证：AD=BC ． （2） 求证：△AGD ∽△EGF ． （3） 如图 2，若 AD 、BC 所在直 线互相垂直，求 E F A D 的值．【例5】 如图1，△A B C为等腰直角三角形，∠A C B =90°，(1)①猜想图 1 中线段 BF 、AD 的数量关系及所在直线的位置关系，直接写出结论；②将图 1 中的正方形 CDEF ，绕着点 C 按顺时针（或逆时针）方向旋转任意角度α，得到如图 2、图 3 的情形．图 2 中 BF 交 AC 于点 H ，交 AD 于点 O ，请你判断①中得到的结论是否仍然成立，并选取图 2 证明你的判断．(2)将原题中的等腰直角三角形 ABC 改为直角三角形 ABC ，∠ACB=90∘，正方形 CDEF 改为矩形 CDEF ，如图4，且 AC=4，BC=3，CD= 4 ，CF=1，BF 交 AC 于点H ，交 AD 于点O ，连接 BD 、AF ，求 BD 2 +AF 2 的值．3手拉手（二）【例1】如图，B ，C ，E 三点共线，且ABC 与DCE 是等边三角形，连结BD ，AE 分别交AC ，DC 于M ，N 点．求证：CM= CN ．【例2】如图，点C 为线段AB 上一点，ACM 、CBN 是等边三角形，求证：DE∥AB ．【例3】如图，点C 为线段AB 上一点，ACM 、CBN 是等边三角形，求证：CF 平分 AFB ．B【例4】如图，已知△ABC 和△ADE 都是等腰直角三角形，∠BAC =∠DAE = 90︒，AB =AC ，AD =AE ．．连接BD 交AE 于M ，连接CE 交AB 于N ，BD 与CE 交点为F ，连接AF ．（1）如图1 ，求证：BD=CE ；（2）如图1 ，求证：FA 是∠CFD 的平分线；（3）如图2 ，当当AC = 2 ，∠BCE =15︒时，求CF 的长．【例5】已知△ABC，以 AC 为边在△ABC 外作等腰△ACD，其中 AC=AD（1）如图①，若∠DAC=2∠ABC，AC=BC，四边形A BCD 是平行四边形，则∠ABC= （2）如图②，若∠ABC=30°，△ACD 是等边三角形，AB=3，BC=4，求BD 的长（3）如图③，若∠ACD 为锐角，做AH⊥BC 于H，当BD2 = 4AH2 + BC2时，∠DAC=2∠ABC是否成立？若不成立，请说明你的理由；若成立，请证明你的结论。
【中考专题】『手拉手模型』，经典结论大总结
手拉手模型大家都非常熟悉了，从七年级下册全等三角形开始，便一直陪伴我们左右，14-19年这五年的河南中考22题也都一直在考察这个模型，所以对于河南的考生，手拉手模型的重要性不言而喻。
该模型基本结论很多，这里不再一一赘述。
这里主要讲一下手拉手模型的构造（即我们之前更新过的 “ 鸡爪模型 ” ），16年中考22题的第三问曾对构造进行过考察，而今年也有不少名校的模拟考试也都涉及到了这个问题。
今天我们为大家整理归类常见的手拉手模型的构造及相关结论；无需记忆，需要会推理哦~关于“手拉手模型”：入门篇：【中考专题】全等之手拉手模型，入门必看！【中考专题】手拉手模型的12个结论，你知道几个？精讲篇：【中考专题】手拉手模型（一）—等腰旋转，全等出现【中考专题】手拉手模型（二）—旋缩变换，相似成双培优篇：【中考专题】“鸡爪”模型—构造手拉手旋转【中考专题】手拉手旋转，从特殊到一般的几点思考典例篇：【中考专题】河南中考 类比探究（五年真题+五年B卷）【中考专题】类比探究，考法浅析【中考专题】类比探究问题 （2015·烟台）【中考专题】手拉手模型的构造——以19·枫杨·三模·22题为例1.左右手的判别：顶点朝上，左边顶点为左手，右边顶点为右手两个顶点相等且共顶点的等腰三角形手拉手（左手拉左手，右手拉右手）3.手拉手经典结论①△ABD≌△ACE②BD=CE，且夹角等于∠BAC（或其补 角）③AO平分∠BOE（或其外角）证明：①∵AB=AC,AD=AE且∠BAD=∠BAC+∠DAC=∠EAD+∠DAC=∠CAE∴ △ABD≌△ACE（SAS）②∵△ABD≌△ACE（SAS）∴BD=CE，∠BDA =∠CEA∵∠BDA +∠DOE =∠CEA+∠DAE∴∠DOE=∠DAE=∠BAC③∵△ABD≌△ACE（SAS）∴底边BD=CE， △ABD与△ACE 面积相等； ∴高：A到BD距离=A到CE的距离∴AO平分∠BOE怎么样，坚持看到了这里相信你已经完全掌握了吧接下来，一道亮点颇多的题目送给你们希望大家做的开心愉快模型一△ABC为等边三角形，∠BPC=120°证明方法图：证明：延长PC至D，使得CD=BP可得△ABP≌△ACD则△APD为等边三角形则PC+PB=PC+CD=PA模型二△ABC为等腰直角三角形，∠BPC=90°结论：PB+PC=√2PA 证明方法图：（证明过程略）△ABC为顶角为120°的等腰三角形，∠BPC=60°结论：PB+PC=√3PA 证明方法图：（证明过程略）△ABC为等腰直角三角形，∠BPC=90°结论：PB-PC=√2PA 证明方法图：（证明过程略）△ABC为等边三角形，∠BPC=150°结论：PB^2+PC^2=PA^2 证明方法图：（证明过程略）△ABC为等腰直角三角形，∠BPC=135°结论：PB^2+2PC^2=PA^2 证明方法图：（证明过程略）看完了这些是不是蠢蠢欲动了让我们一起创造手拉手拯救“单身狗”吧例题：（1）如图1，点P是等边三角形ABC内的一点，PA=4，PB=3，PC=5，求∠BPA．（2）如图2，点P是正方形ABCD内的一点，PA=3，PB=2√2，PC=5，求∠BPA．今天的分享就到此结束了继续关注我们哦会有更多的干货等着你！。
【中考复习】三大变换之旋转—手拉手模型
【中考复习】三大变换之旋转—手拉手模型上一篇我们了解了关于旋转的基本性质，本文继续旋转之手拉手模型．【中考复习】三大变换之旋转（上）不知是哪一年，手拉手模型横空出世，从此江湖上都是它的传说，那关于手拉手，我们需要了解什么？我觉得有三点：（1）构成模型的必要条件；（2）条件与结论的设计；（3）如何构造手拉手．01构造手拉手的必要条件当对一个几何图形记忆并不深刻的时候，可以尝试用文字去总结要点，比如手拉手：四点共线，两两相等，夹角相等．条件：如图，OA=OB，OC=OD（四线共点，两两相等），∠AOB=∠COD（夹角相等）结论：△OAC≌△OBD（SAS）证明无需赘述，关于条件中的OA=OB，OC=OD，有时候会直接以特殊几何图形的形式给出，比如我们都很熟悉的等边三角形和正方形．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：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．（4）记AD、BE交点为P，连接PC：结论四：PC平分∠BPD（5）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）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：结论一：△BCE≌△DCG结论二：BE=DG，BE⊥DG（旋转角都相等）【小结】手拉手模型是一种基本的旋转型全等，与其说看图找模型，不如是“找条件、定模型”．2017南充中考-正方形手拉手02条件与结论的设计如果是在复习阶段，我相信手拉手模型的结论肯定都知道，并且我也相信命题老师也知道我们都知道，所以不要盯着模型和结论本身，多想想题可以怎么出．设计一：我们可以给出手拉手模型条件，得到一组全等来解决问题，就像问题一中所得出的结论那样；设计二：如果题目已知△ABC≌△ADE外，则还可得△ABD和△ACE 均为等腰三角形，且有△ABD∽△ACE．2019天津中考2017沈阳中考2017苏州中考【小结】以上例子解题关键皆在于利用那一组等腰三角形相似，有些问题常有变式，因其条件与结论可以互换．03如何构造手拉手如何构造手拉手？换句话说，如何构造旋转？当我们在思考这个问题的时候，不妨先问一句，旋转能带来什么？图形位置的改变，这一点就够了，因为，若有数量关系，则先有位置关系．2018德州中考【小结】所谓全等，实际就是将△ODB绕点O旋转到△OEC的位置．等等，好像和某个图有点神似，如下：当然这个图形还可以简化一下，毕竟和D点及F点并没有什么关系．结论与证明不多赘述，题型可以换，但旋转是一样的旋转．2017贵港中考2019巴中中考【小结】如果说第一个题是给出了辅助线，那么下一个题便是完全自行构造旋转，这个图形也是一个固定搭配．搭配一：若PA²+PB²=PC²，则可任意旋转，得等边+直角．且两条较短边夹角（∠APB）为150°．搭配二：若∠APB=150°，则有PA²+PB²=PC²．2018淄博中考【思考】如果放在正方形里，条件与结论又该如何搭配？作旋转之后，可得△AEP是等腰直角三角形，若使△PEB也为直角三角形，则原∠APD=135°，而线段PA、PB、PD之间的关系为：2PA²+PD²=PB²．搭配一：若∠APD=135°，则2PA²+PD²=PB²；搭配二：若2PA²+PD²=PB²，则∠APD=135°．另外，其实这个图和点C并没有什么关系，所以也可以将正方形换成等腰直角三角形．大概如下图：抓主要条件，舍弃无用条件，也是理解几何图形的一种方式．网题-旋转与瓜豆原理按照从确定到不确定的思路，将条件重新梳理，可能发现好像换了一个题目，但一定会变得比之前简单．当然，问题到此并没有终结，还可继续说说费马点的事，这篇已经说得够多了，下回再说吧．。
专题03 手拉手模型(从全等到相似)(解析版)
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 ==D ，E 分别在边AC ，BC 上，且2CD 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=222+=CD CE在Rt△ACB中，6==AC BC∠2223=+=AB AC BC设AD=BE=x，在Rt△ABE中，222+=BE 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，2==CD CE∠DE=222+=CD CE在Rt△ACB中，6==AC BC∠2223=+=AB 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CGCF ⊥，交BF 于点G ，BC mAC =，CD mCE =，BC CD AC 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 mFC 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235；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，2AB AB AE AC ∴==∠DAE ＝∠BAC ＝45°，∠∠DAE ﹣∠BAE ＝∠BAC ﹣∠BAE ，∠∠BAD＝∠CAE，∠∠BAD∠∠CAE，22BD ABCE AC∴==(3)解：①34AB ADAC DE==，∠ABC＝∠ADE＝90°，∠∠ABC∠∠ADE，∠∠BAC＝∠DAE，35 AB ADAC AE==，∠∠CAE＝∠BAD，∠∠CAE∠∠BAD，35 BD AD CE AE∴==；②由①得：∠CAE∠∠BAD，∠∠ACE＝∠ABD，∠∠AGC＝∠BGF，∠∠BFC＝∠BAC，∠sin∠BFC45 BCAC==．【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，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． 【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，∠65 BD ABCE AC==；（3）解：∠APE=∠ABC，理由如下：由（2）得∠BAD∠∠CAE，∠∠ABD=∠ACE，又∠∠AFB=∠PFC，∠∠AFB∠∠PFC，∠AF BFBAC BPCPF CF==，∠∠，∠AF PFBF 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 =AOB ∆与BOC ∆的面积之和为（ ）A 3B 3C 33D 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2313311342BOC BCD BOD COD S S S S +=+=+⨯=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 +，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 =（ ）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 =1tan2DC 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 =-==，3131DP ∴==-， 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 ''△≌△BG F ，∠=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，DB23，则BM=_______（直接写出结果）【答案】(1)见解析(2)见解析(3)2 2【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22BH AC==，AB EH=，再判断出∠ADM∠∠HEM (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 =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 BCF =∠+∠+∠=∠+∠=︒120DNM ∴∠=︒【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．。
中考数学旋转五大模型专题
中考数学旋转五大模型专题
目录
一、旋转的性质与手拉手模型
相比平移、对称，旋转无疑是三大变换中最难的一个，一方面在于图形构造较为复杂，另一方面旋转本身的故事就很多，本节从性质开始，介绍旋转经典模型之一：手拉手模型。
二、三垂直模型
同样作为模型，但“三垂直模型”的定位和“手拉手模型”完全不同，“手拉手模型”是在讲旋转本身，而“三垂直”模型本身并不复杂，更多地是作为一种方法来解决其他问题，了解模型需了解其定位与应用，会帮助我们更准确地把握模型。
三、半角模型
如果说手拉手侧重在旋转本身，三垂直侧重在模型构造，半角模型则更多地体现在题型变化，半角模型一般条件如下：
(1)角含半角：
(2)邻边相等；
(3)对角互补，
其中邻边相等与对角互补，以正方形为背景即可，至于角含半角，是明面上的半角模型，可替换为其他条件，模型条件的等价条件，亦是模型的重点。
四、手连心模型与对补四边形
旋转本身或许并不难，难的是构造旋转，确定旋转的一个必要前提：邻边相等，再加入其它的料，会有不同的结果。
五、共顶点旋转模型
所谓共点旋转，是旋转构造的一种，即图形绕着自身某个顶点作旋转，常见为等边三角形共点旋转和正方形共点旋转，有着一般性的条件、结论及推广应用，即可视为模型。
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°。
中考数学压轴题-手拉手模型
学习目标：
1.理解手拉手模型。
2.会对手拉手模型改造的旋转型全等与旋转型
相似进行识别和构造，并掌握一些基本结论。
3.会利用手拉手模型解决几何问题。
手拉手模型定义
手拉手模型的主要特征就是两个形状
一样（或相似）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。
手拉手模型分类
模型1 手拉手全等模型
模型构建
顶角相等，且共顶点的两个等腰三角形，经旋转后得到的两个三角形都可根据“边角边”之间的关系进行推理判断。
（简记：双等腰，共顶角，绕共顶点旋转得全等） 模型1一基本图形.gsp
手拉手模型分类
模型2 手拉手相似模型
模型构建
两个相似的非等腰三角形对应顶点重合，经
旋转后可以产生新的相似三角形。
（简记：非等腰，共顶角，绕共顶点旋转得相似）模型2-基本图形.gsp
特殊常考题型：
手拉手模型的应用
手拉手模型的应用 习题4.gsp
习题5.gsp
课堂小结
1、手拉手模型的识别、构造、应用。
2、你运用到了哪些数学方法？
请相信数学会为你的未来带来更多的可能！。
(完整word版)中考专题复习——几何题用旋转构造“手拉手”模型
中考专题复习——几何题用旋转构造“手拉手”模型一、教学目标：1.了解并熟悉“手拉手模型”，归纳掌握其基本特征．2.借助“手拉手模型”，利用旋转构造全等解决相关问题．3.举一反三，解决求定值，定角，最值等一类问题．二、教学重难点：1.挖掘和构造“手拉手模型”，学会用旋转构造全等．2.用旋转构造全等的解题方法最优化选择．三、教学过程：1.复习旧知师：如图，△ABD ，△BCE 为等边三角形，从中你能得出哪些结论？生：（1）△ABE ≌△DBC （2）△ABG ≌△DBF （3）△CFB ≌△EGB （4）△BFG 为等边三角形（5）△AGB ∽△DGH （6）∠DHA ＝60°（7）H ，G ，F ，B 四点共圆 （8）BH 平分∠AHC …… 师：我们再来重点研究△ABE 与△DBC ，这两个全等的三角形除了对应边相等，对应角相等外，还有什么共同特征呢？生：它们有同一个字母B ，即同一个顶点B ．师：我们也可以把△DBC 看作由△ABE 经过怎样的图形运动得到？ 生：绕点B 顺时针旋转60°得到．2.引入新课师：其实我们可以给这两个全等的三角形赋予一个模型，叫“手拉手模型”，谁可以将这个模型的特征再做进一步的简化归纳呢？ 生：对应边相等．师：我们可以称之为“等线段”． 生：有同一个顶点．师：我们可以称之为“共顶点”．师：等线段，共顶点的两个全等三角形，我们一般可以考虑哪一种图形运动？ 生：旋转．师： “手拉手模型”可以归纳为：等线段，共顶点，一般用旋转．H GF E DCBA3.小题热身图1 图2 图31．如图1，△BAD中，∠BAD＝45°，AB＝AD，AE⊥BD于E，BC⊥AD于C，则AF＝____BE．2．如图2，△ABC和△BED均为等边三角形，ADE三点共线，若BE＝2，CE＝4，则AE＝______．3．如图3，正方形ABCD中，∠EAF＝45°，BE＝3，DF＝5，则EF＝_______．师：我们来看第1，第2题，这里面有“手拉手模型”吗？请你找出其中的“等线段，共顶点”．生：题1中，等线段是AC，BC，共顶点是C，△ACF绕点C逆时针旋转90°得△BCD．题2中，等线段是AB，BC，共顶点是B，△ABD绕点D顺时针旋转60°得△CBE．师：我们再来看第3题，这里有“手拉手模型”吗？生：没有．师：那其中有没有“等线段，共顶点”呢？生：等线段是AD，AB，共顶点是A．师：我们可否利用旋转来构造“手拉手模型”呢？生：将AE旋转，绕点A逆时针旋转90°．师：为什么是逆时针旋转90°，你是如何思考的？生：我准备构造一个和△ABE全等的三角形，AB绕点A逆时针旋转90°即为AD，那么将AE逆时针旋转90°可得AG，连接GD，证明全等．师：说的不错，谁能再来归纳一下，借助“手拉手模型”，用旋转构造全等的方法吗？生：先找有没有“等线段，共顶点”，再找其中一条“共顶点”的线段，将其旋转．师：旋转角度如何确定，方向怎么选择？生：选择其中一个三角形，将“共顶点”的线段旋转．旋转角为两条“等线段”间的夹角．方向应与所选择的起始“等线段”旋转到另一条“等线段”时的方向一致．师：非常棒，可以说，你已经掌握了这节课的精髓．但是，很多题目中只是隐含了“手拉手模型”的一些条件，剩余的需要我们自己去构造，可以如何构造呢？步骤1：先找有没有“等线段，共顶点”．步骤2：选择其中一个三角形，将其中经过“共顶点”的线段旋转．步骤3：旋转方向与这个三角形的“等线段”旋转到另一条“等线段”的方向一致，旋转角为“等线段”间的夹角．师：这道题还有一个要注意的地方，你发现了吗？生：连接GD后，要证明G，D，F三点共线．4.例题精讲例1：等边△ABC中，AD＝4，DC＝3，BD＝5，求∠ADC度数．师：这里有没有隐含的“手拉手模型”？要构造全等，该怎样旋转？生：将△ADC绕点A顺时针旋转60°．师：你是怎么想的，还有其他做法吗？生：我发现AB＝AC，A为“共顶点”，我选择的旋转线段是AD，因为AC绕点A顺时针旋转60°到AB，所以△ADC也要绕点A顺时针旋转60°．也可将△ADB绕点A逆时针旋转60°．【解答】将AD绕点A顺时针旋转60°到AE，连接BE，DE．则△ADE也为等边三角形．易证△AEB≌△ADC，∴BE＝DC＝4，根据勾股定理逆定理，可证∠BED＝90°，则∠AEB＝∠ADC＝150°例2：如图，△ABO和△CDO均为等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90︒．若△BOC的面积为1，试求以AD、BC、OC＋OD的长度为三边长的三角形的面积．师：由于线段分散，如何通过图形变换，使这些线段能构成一个三角形？生：将OD绕点O逆时针旋转90°至OE，即可使OC，OD共线，再通过证明确定△BCE即是以AD、BC、OC＋OD的长度为三边长的三角形．【解答】如图，将OD绕点O逆时针旋转90°至OE，连接BE．易证△OAD≌△OBE，AD＝BE，∴△BCE即是以AD、BC、OC＋OD 长度为三边长的三角形．又∵OC＝OE，∴S△BCE＝2S△BOC＝2．EAOBCDDC BOABBDCBA5.自主练习1．如图，在四边形ABCD 中，AD ＝4，CD ＝3，∠ABC ＝∠ACB ＝∠ADC ＝45°，则BD 的长为 _________． 师：请找出隐含的“手拉手模型”，并写出解决方法．生：“等线段”是CA 和BA ，“共顶点”是A ．方法是将AD 绕点A 顺时针旋转90°．2．如图，在△ABC 中，BC ＝2，AB ＝2，以AC 为边，向外做正方形ACDE ，连接BE ，则BE 最大值为_________． 师：请找出隐含的“手拉手模型”，并写出解决方法．生：“等线段”是CA 和EA ，“共顶点”是A ． 方法是将AB 绕点A 逆时针旋转90°．师：你为何要逆时针旋转，你准备旋转哪个三角形？生：△ABC ，因为AC 是逆时针旋转90°到AE ，所以AB 也绕点A 逆时针旋转90°． 3．如图，点A 在⊙B 上，AB ＝1，BC ＝2，△ACD 是等边三角形，求△BCD 面积的最大值．师：请找出隐含的“手拉手模型”，并写出解决方法． 生：“等线段”是CA 和CD ，“共顶点”是C ． 方法是将CA 绕点C 逆时针旋转60°．附：自主练习解答1． 如图，将AD 绕点A 顺时针旋转90°至AE ，易证△EAC ≌△DAB ，可得CE ＝BD ，又∵∠EDA ＝45°，∴∠CDE ＝90°，CD ＝3，DE ＝42，则Rt △CDE 中，CE 2＝CD 2＋DE 2＝32＋(42)2＝41∴CE ＝41，∴DB ＝412.如图，将AB 绕点A 逆时针旋转90°至AF ，易证△EAF ≌△CAB ，可得EF ＝BC ＝2．Rt △BAF 中，AF ＝AB ＝2，∴BF ＝2．由三角形三边关系易知，BE ≤EF ＋BF ，∴BE 最小值为4.EDCBAADC BDFEBCDA3.如图，将CB绕点C逆时针旋转60°至CE，连接DE，过点E作EF⊥CB 于F，过点D作DG⊥CB于G．易证△CBA≌CED，则DE＝1，EF＝3，过E作DG边上的高，可证DG＜DE＋EF．当D，E，F三点共线时，DG＝DE＋EF．即高的最大值为1＋3，S△BCDmax＝12×2×（1＋3）＝1＋ 3FEDCBAGEFABCD。
2024年中考数学常见几何模型全归纳(全国通用)专题15 全等与相似模型-手拉手模型(解析版)
专题15全等与相似模型-手拉手模型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【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。
1）双等边三角形型条件：如图1，△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。
结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠AFM=∠BCM=60°；④CF平分∠BFD。
图1图22）双等腰直角三角形型条件：如图2，△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点N。
结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ANM=∠BCM=90°；④CN平分∠BND。
3）双等腰三角形型条件：△ABC和△DCE均为等腰三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。
结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ACM=∠BFM；④CF平分∠AFD。
图3图44）双正方形形型条件：△ABCFD和△CEFG都是正方形，C为公共点；连接BG，ED交于点N。
结论：①△△BCG≌△DCE；②BG=DE；③∠BCM=∠DNM=90°；④CN平分∠BNE。
例1．（2022·北京东城·九年级期末）如图，在等边三角形ABC 中，点P 为△ABC 内一点，连接AP ，BP ，CP ，将线段AP 绕点A 顺时针旋转60°得到 AP ，连接PP BP ，．（1）用等式表示BP 与CP 的数量关系，并证明；（2）当∠BPC ＝120°时，①直接写出P BP 的度数为；②若M 为BC 的中点，连接PM ，请用等式表示PM 与AP的数量关系，并证明．∵M 为BC 的中点，∴BM 在△PCM 和△NBM 中PMC∴CP ＝BN ，∠PCM ＝∠NBM ∵∠BPC ＝120°，∴∠PBC ∵∠ABC ＋∠ACB ＝120°，∴∠ABP ＋∠ABP ＇＝60°．即在△PNB 和P B P 中NBP 例2．（2022·黑龙江·中考真题）ABC 和ADE 都是等边三角形．(1)将ADE 绕点A 旋转到图①的位置时，连接BD ，CE 并延长相交于点P （点P 与点A 重合），有PA PB PC （或PA PC PB ）成立；请证明．(2)将ADE 绕点A 旋转到图②的位置时，连接BD ，CE 相交于点P ，连接PA ，猜想线段PA 、PB 、PC 之间有怎样的数量关系？并加以证明；(3)将ADE 绕点A 旋转到图③的位置时，连接BD ，CE 相交于点P ，连接PA ，猜想线段PA 、PB 、PC 之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不需要证明．【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 ，PA =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 ，PA =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．例3．（2022·湖北·襄阳市九年级阶段练习）如图，已知 AOB 和 MON 都是等腰直角三角形<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．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 ，例4．（2022·重庆忠县·九年级期末）已知等腰直角ABC 与ADE 有公共顶点,90,4,6A BAC DAE AB AC AD AE ．（1）如图①，当点,,B A E 在同一直线上时，点F 为DE 的中点，求BF 的长；（2）如图②，将ADE 绕点A 旋转 0360 ，点G H 、分别是AB AD 、的中点，CE 交GH 于M ，交AD于N．①猜想GH与CE的数量关系和位置关系，并证明你猜想的结论；②参考图③，若K为AC的中点，连接KM，在ADE旋转过程中，线段KM的最小值是多少（直接写出结果）．例5．（2022·山西大同·九年级期中）综合与实践：已知ABC 是等腰三角形，AB AC ．（1）特殊情形：如图1，当DE ∥BC 时，DB ______EC ．（填“＞”“＜”或“＝”）；（2）发现结论：若将图1中的ADE 绕点A 顺时针旋转 （0180 ）到图2所示的位置，则（1）中的结论还成立吗？请说明理由．（3）拓展运用：某学习小组在解答问题：“如图3，点P 是等腰直角三角形ABC 内一点，90BAC ，且1BP ，2AP ，3CP ，求BPA 的度数”时，小明发现可以利用旋转的知识，将BAP △绕点A 顺时针旋转90°得到CAE V ，连接PE ，构造新图形解决问题．请你根据小明的发现直接写出BPA 的度数．【答案】（1）=；（2）成立，理由见解析；（3）∠BPA =135°．【分析】（1）由DE ∥BC ，得到∠ADE =∠B ，∠AED =∠C ，结合AB =AC ，得到DB =EC ；（2）由旋转得到的结论判断出△DAB ≌△EAC ，得到DB =CE ；（3）由旋转构造出△APB ≌△AEC ，再用勾股定理计算出PE ，然后用勾股定理逆定理判断出△PEC 是直角三角形，在简单计算即可．【详解】解：（1）∵DE ∥BC ，∴∠ADE =∠B ，∠AED =∠C ，∵AB =AC ，∴∠B =∠C ，∴∠ADE =∠AED ，∴AD =AE ，∴DB =EC ，故答案为：=；（2）成立．证明：由①易知AD =AE ，∴由旋转性质可知∠DAB =∠EAC ，将△APB 绕点A 旋转90°∴AE =AP =2，EC =BP =1例6．（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 V 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 V V ，∴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．例7．（2022·广东广州市·八年级期中）如图，两个正方形ABCD 与DEFG ，连结AG ，CE ，二者相交于点H ．（1）证明：△ADG ≌△CDE ；（2）请说明AG 和CE 的位置和数量关系，并给予证明；（3）连结AE 和CG ，请问△ADE 的面积和△CDG 的面积有怎样的数量关系？并说明理由．【答案】(1)答案见解析；(2)AG=CE ，AG ⊥CE ；(3)△ADE 的面积=△CDG 的面积【分析】（1）利用SAS 证明△ADG ≌△CDE ；（2）利用△ADG ≌△CDE 得到AG=CE ，∠DAG=∠DCE ，利用∠DAG+∠AMD=90°得到∠DCE+∠CMG=90°，即可推出AG ⊥CE ；（3）△ADE 的面积=△CDG 的面积，作GP ⊥CD 于P ，EN ⊥AD 交AD 的延长线于N ，证明△DPG ≌△DNE ，得到PG=EN ，再利用三角形的面积公式分别表示出△ADE 的面积，△CDG 的面积，即可得到结论△ADE 的面积=△CDG 的面积.【详解】（1）∵四边形ABCD 与DEFG 都是正方形，∴AD=CD ，DG=DE ，∠ADC=∠EDG=90°，∴∠ADC+∠CDG=∠EDG+∠CDG ，∴∠ADG=∠CDE ，∴△ADG ≌△CDE （SAS ），（2）AG=CE ，AG ⊥CE ，∵△ADG ≌△CDE ，∴AG=CE ，∠DAG=∠DCE ，∵∠DAG+∠AMD=90°，∠AMD=∠CMG ，∴∠DCE+∠CMG=90°，∴∠CHA=90°，∴AG ⊥CE ；（3）△ADE 的面积=△CDG 的面积，作GP ⊥CD 于P ，EN ⊥AD 交AD 的延长线于N ，则∠DPG=∠DNE=90°，∵∠GDE=90°，∴∠EDN+∠GDN=90°，∵∠PDG+∠GDN=90°，∴∠EDN=∠PDG ，∵DE=DG ，∴△DPG ≌△DNE ，∴PG=EN ，∵△ADE 的面积=12AD EN ，△CDG 的面积=12CD GP ，∴△ADE 的面积=△CDG 的面积.【点睛】此题考查正方形的性质，三角形全等的判定及性质，利用三角形面积公式求解，根据图形得到三角形全等的条件是解题的关键.例8．（2023·福建福州市·九年级月考）如图，ABD 和AEC 均为等边三角形，连接BE 、CD ．（1）请判断：线段BE 与CD 的大小关系是；（2）观察图，当ABD 和AEC 分别绕点A 旋转时，BE 、CD 之间的大小关系是否会改变?（3）观察如图和4，若四边形ABCD 、DEFG 都是正方形,猜想类似的结论是___________,在如图中证明你的猜想.（4）这些结论可否推广到任意正多边形（不必证明）,如图,BB 1与EE 1的关系是;它们分别在哪两个全等三角形中;请在如图中标出较小的正六边形AB 1C 1D 1E 1F 1的另五个顶点，连接图中哪两个顶点,能构造出两个全等三角形？【答案】(1)BE=CD （2）线段BE 与CD 的大小关系不会改变（3）AE ＝CG ，证明见解析（4）这些结论可以推广到任意正多边形.如图5，BB 1=EE 1，它们分别在△AE 1E 和△AB 1B 中，如图6，连接FF 1，可证△AB 1B ≌△AF 1F ．图形见解析.【分析】本题是变式拓展题，图形由简单到复杂，需要从简单图形中探讨解题方法，并借鉴用到复杂图形中；证明三角形全等时，用旋转变换寻找三角形全等的条件．【详解】（1）线段BE 与CD 的大小关系是BE=CD ；（2）线段BE 与CD 的大小关系不会改变；（3）AE=CG ．证明：如图4，正方形ABCD 与正方形DEFG 中，∵AD=CD ，DE=DG ，∠ADC=∠GDE=90°，又∠CDG=90°+∠ADG=∠ADE ，∴△ADE ≌△CDG ，∴AE=CG ．（4）这些结论可以推广到任意正多边形．如图5，BB 1=EE 1，它们分别在△AE 1E 和△AB 1B 中，如图6，连接FF 1，可证△AB 1B ≌△AF 1F ．【点睛】本题综合考查全等三角形、等边三角形和多边形有关知识．注意对三角形全等的证明方法的发散．模型2.“手拉手”模型(旋转模型)【模型解读与图示】“手拉手”旋转型定义：如果将一个三角形绕着它的项点旋转并放大或缩小(这个顶点不变)，我们称这样的图形变换为旋转相似变换，这个顶点称为旋转相似中心，所得的三角形称为原三角形的旋转相似三角形。
2024中考数学总复习冲刺专题：手拉手模型(全等与相似)通用版
《“手拉手”模型常用结论的证明及应用》手拉手模型，也叫整体旋转法，是中考最重要的模型之一，全国一年176套中考卷中，有40%的卷子考到此模型。
手拉手模型分为“全等手拉手”和“相似手拉手”，在解决手拉手模型的问题时，需要灵活运用全等三角性和相似三角形的性质与判定方法，以及轴对称的性质和判定方法来进行证明。
同时，还需要掌握基本的手拉手模型形式及其变形情况，才能更好的解决相关问题。
一、教学目标知识与技能：了解手拉手模型的组成条件，探究“全等手拉手”模型和“相似手拉手”模型的常用结论，会利用手拉手模型来解决几何问题;过程与方法：在探究手拉手模型常用结论的过程中，培养分析问题、解决问题的能力，培养模型思想；情感态度与价值观：养成主动探索、获取知识的习惯，感受探索的乐趣和成功的体验，激发学生学好数学的愿望和信心.二、重点难点重点：探索全等手拉手模型、相似手拉手模型的常用结论；难点：利用旋转、全等、相似等知识解决手拉手模型的相关问题.三、教学过程（一）全等手拉手模型精典例题例1：如图，在线段BD上取一点A，在同侧作等边△ABC和等边△ADE，连接BE、CD，求证：(1)△ABE≌△ACD;(2)BE=CD;(3)△AFB≌△AGC;(4)△AFE≌△AGD;(5)△AFG是等边三角形;(6)∠COB=∠CAB;(7)OA平分∠BOD;(8)FG//BD.例2：如图，已知正方形ABCD和正方形DEFG有公共顶点D，连接AG，CE，相交于点H.求证:(1)△ADG≌△CDE;(2)AG⟂CE;(3)HD平分∠AHE;(4)AC2+EG2=AE2+CG2.跟踪练习1．（2022秋•界首市校级月考）如图，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∠BAD＝30°，∠ACE＝25°，则∠ADE的度数为（）A．50°B．55°C．60°D．65°2．（2023秋•江阳区校级月考）已知：如图，在△ABC，△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，点C，D，E三点在同一条直线上，连接BD，BE．以下四个结论：①BD＝CE；②∠ACE+∠＝45°；③BD⊥CE；④∠BAE+∠DAC＝180°．其中结论正确的个数是（）A．1B．2C．3D．43．（2020春•富县期末）如图，已知四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，且AB＞CE，连接BG，DE．（1）求证：BG＝DE；（2）连接BD，若CG∥BD，BG＝BD，求∠BDE 的度数．4．（2019秋•新都区期末如图，△ACB和△ECD都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠ECD＝90°，点D在边AB上，点E在边AC的左侧，连接AE．（1）求证：AE＝BD；（2）试探究线段AD、BD与CD之间的数量关系；（3）过点C作CF⊥DE交AB于点F，若BD：AF＝1：2，CD＝，求线段AB的长．（二）相似手拉手模型精典例题例3：如图，已知△ABC∽△ADE，求证：（1）△ABD∽△ACE;（2）∠BFC=∠BAC.跟踪练习1．如图，四边形ABCD中，AB＝3，BC＝2，AC＝AD，∠ACD＝60°，则对角线BD长的最大值为（）A．5B．2C．2D．12．如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝30°，将△DCB绕点C顺时针旋转60°后，点D 的对应点恰好与点A重合，得到△ACE，若AB＝3，BC＝4，则BD＝（）A．5B．5.5C．6D．73．两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角顶点，并把它们的底角顶点连接起来，形成一组全等的三角形，那么把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．（1）如图1，△ABC与△ADE都是等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE，则有△BAD≌．（2）如图2，△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点B，D，E在同一条直线上，连接CE，试探究线段BE，CE，DE之间的数量关系，并说明理由．（3）如图3，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，∠AEC＝135°，求证：BE⊥CE．（三）手拉手综合题例5:（2019•玄武区一模）如图，四边形ABCD和四边形AEFG均为正方形，连接CF，DG，则＝（）A．B．C．D．例6:（2022•深圳中考）已知△ABC是直角三角形，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝5，AE ＝2，连接CE，以CE为底作直角三角形CDE，且CD＝DE．F是AE边上的一点，连接BD和BF，且∠FBD＝45°，则AF长为．跟综练习1．（2022•无锡）△ABC是边长为5的等边三角形，△DCE是边长为3的等边三角形，直线BD与直线AE交于点F．如图，若点D在△ABC内，∠DBC＝20°，则∠BAF＝°；现将△DCE绕点C旋转1周，在这个旋转过程中，线段AF长度的最小值是．2．（2023•成都）探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，某兴趣小组拟做以下探究．在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，D是AB边上一点，且＝（n为正整数），E 是AC边上的动点，过点D作DE的垂线交直线BC于点F．【初步感知】（1）如图1，当n＝1时，兴趣小组探究得出结论：AE+BF＝AB，请写出证明过程．【深入探究】（2）①如图2，当n＝2，且点F在线段BC上时，试探究线段AE，BF，AB之间的数量关系，请写出结论并证明；②请通过类比、归纳、猜想，探究出线段AE，BF，AB之间数量关系的一般结论（直接写出结论，不必证明）．【拓展运用】（3）如图3，连接EF，设EF的中点为M，若AB＝2，求点E从点A运动到点C的过程中，点M运动的路径长（用含n的代数式表示）．四、教学反思本节课从全等手拉手模型、相似手拉手模型、手拉手综合题三个模块进行探索，题目从易到难，每个模块都有两个精典例题，2-4道跟综练习。
初三数学专题——旋转模型(手拉手模型)
M D N E C BF A 初三专题练习——旋转问题 姓名______________ 学号_____________一、手拉手模型（特点——公共点是等腰三角形的顶点）如图，易证：'ABB ∆≌'ACC ∆这就是传说中的“旋转一施二”，又称为“手拉手模型”1、已知：如图，点C 为线段AB 上一点，ACM ∆、CBN ∆是等边三角形．求证：∠AFM=60°2、如图，在等腰ABC Rt ∆中，BC BA =，︒=∠90ABC ，点D 在AC 上，将ABD ∆绕点B 顺时针方向旋转︒90后，得到CBE ∆（1）求DCE ∠的度数；（2）若4=AB ，AD CD 3=，求DE 的长。
3、等边ABC ∆中，4=AD ，3=DC ，5=BD ，求ADC ∠的度数。
A B C D4、如图，在凸四边形ABCD 中，30BCD ∠=︒,60DAB AD AB ∠=︒=，．求证：222AC CD BC =+5、已知ABC ∆，以AC 为边在ABC ∆外作等腰ACD ∆，其中AC AD =。
⑴如图①，若2DAC ABC ∠=∠，AC BC =，四边形ABCD 是平行四边形，则_____ABC ∠= ⑵如图②，若30ABC ∠=︒，ACD ∆是等边三角形，3AB =，4BC =，求BD 的长；6、已知在ABC ∆中，AC AB =，D 是BC 边上一点，连接AD ，在直线AD 右侧作等腰ADE ∆，AE AD =（1）如图1，︒=∠=∠90DAE BAC ，连接CE ，求证：ABD ∆≌ACE ∆（2）如图2，︒=∠=∠120DAE BAC ，2==AC AB ，取AC 边的中点F ，连接EF ，当点D 从B 点运动到C 点过程中，求线段EF 长度的最小值。
（3）如图3，四边形ABCD 中，︒=∠=∠90BCD BAD ，AD AB =，1=DC ，连接AC ，已知2230+=AC ，求AB 的长。
初中几何专项——手拉手模型
初中几何专项——手拉手模型手拉手模型手拉手模型常常与旋转结合出现在几何综合题目中。
这种模型的实例包括以下几个题目：1.在等腰直角三角形△ABC中，AB=AC，∠ABC=90°，F 为AB延长线上一点，点E在BC上，且AE=CF。
证明BE=BF，若∠CAE=30°，求∠ACF的度数。
2.在等边三角形△ABD和△BCE中，连接AE与CD，延长AE交CD于点H。
证明AE=DC，∠AHD=60°，HB平分∠AHC。
3.将等腰直角三角形△ABC和△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α（°<α<180°），BD的延长线交CE 于P。
证明BD=CE，BD⊥CE，当AD⊥BD时，求出CP的长度。
4.直线AB的同一侧作等边三角形△ABD和△BCE，连接AE、CD，二者交点为H。
证明△ABE≌△DBC，AE=DC，∠DHA=60°，△AGB≌△DFB，△EGB≌△CFB，GF∥AC，HB平分∠AHC。
这些题目都可以用手拉手模型来解决。
例如，在第一个题目中，我们可以通过连接BE和BF来构建△BEF和△BFC，然后通过手拉手模型证明△BEF≌△BFC，从而得出BE=BF。
在第二个题目中，我们可以通过连接HB来构建△AHB和△CHB，然后通过手拉手模型证明AE=DC，∠AHD=60°，HB平分∠AHC。
在第三个题目中，我们可以通过连接BD和CE来构建△BPD和△CPE，然后通过手拉手模型证明BD=CE，BD⊥CE。
最后，在第四个题目中，我们可以通过连接AE和DC来构建△ABE和△DBC，然后通过手拉手模型证明△ABE≌△DBC，AE=DC。
2019年中考数学专项练习——几何题中用旋转构造“手拉手”模型
2019年中考数学专项练习——几何题中用旋转构造“手拉手”模型一、教学目标：1.了解并熟悉“手拉手模型”，归纳掌握其基本特征．2.借助“手拉手模型”，利用旋转构造全等解决相关问题．3.举一反三，解决求定值，定角，最值等一类问题．二、教学重难点：1.挖掘和构造“手拉手模型”，学会用旋转构造全等．2.用旋转构造全等的解题方法最优化选择．三、教学过程：1.复习旧知师：如图，△ABD ，△BCE 为等边三角形，从中你能得出哪些结论？生：（1）△ABE ≌△DBC （2）△ABG ≌△DBF （3）△CFB ≌△EGB （4）△BFG 为等边三角形（5）△AGB ∽△DGH （6）∠DHA ＝60°（7）H ，G ，F ，B 四点共圆 （8）BH 平分∠AHC …… 师：我们再来重点研究△ABE 与△DBC ，这两个全等的三角形除了对应边相等，对应角相等外，还有什么共同特征呢？生：它们有同一个字母B ，即同一个顶点B ．师：我们也可以把△DBC 看作由△ABE 经过怎样的图形运动得到？ 生：绕点B 逆时针旋转60°得到． 2.引入新课师：其实我们可以给这两个全等的三角形赋予一个模型，叫“手拉手模型”，谁可以将这个模型的特征再做进一步的简化归纳呢？ 生：对应边相等．师：我们可以称之为“等线段”． 生：有同一个顶点．师：我们可以称之为“共顶点”．师：等线段，共顶点的两个全等三角形，我们一般可以考虑哪一种图形运动？H GF E DCBA生：旋转．师：“手拉手模型”可以归纳为：等线段，共顶点，一般用旋转．3.小题热身图1 2 图31．如图1，△BAD中，∠BAD＝45°，AB＝AD，AE⊥BD于E，BC⊥AD于C，则AF ＝____BE．2．如图2，△ABC和△BED均为等边三角形，ADE三点共线，若BE＝2，CE＝4，则AE＝______．3．如图3，正方形ABCD中，∠EAF＝45°，BE＝3，DF＝5，则EF＝_______．师：我们来看第1，第2题，这里面有“手拉手模型”吗？请你找出其中的“等线段，共顶点”．生：题1中，等线段是AC，BC，共顶点是C，△ACF绕点C逆时针旋转90°得△BCD．题2中，等线段是AB，BC，共顶点是B，△ABD绕点D顺时针旋转60°得△CBE．师：我们再来看第3题，这里有“手拉手模型”吗？生：没有．师：那其中有没有“等线段，共顶点”呢？生：等线段是AD，AB，共顶点是A．师：我们可否利用旋转来构造“手拉手模型”呢？生：将AE旋转，绕点A逆时针旋转90°．师：为什么是逆时针旋转90°，你是如何思考的？生：我准备构造一个和△ABE全等的三角形，AB绕点A逆时针旋转90°即为AD，那么将AE逆时针旋转90°可得AG，连接GD，证明全等．师：说的不错，谁能再来归纳一下，借助“手拉手模型”，用旋转构造全等的方法吗？生：先找有没有“等线段，共顶点”，再找其中一条“共顶点”的线段，将其旋转．师：旋转角度如何确定，方向怎么选择？生：选择其中一个三角形，将“共顶点”的线段旋转．旋转角为两条“等线段”间的夹角．方向应与所选择的起始“等线段”旋转到另一条“等线段”时的方向一致．师：非常棒，可以说，你已经掌握了这节课的精髓．但是，很多题目中只是隐含了“手拉手模型”的一些条件，剩余的需要我们自己去构造，可以如何构造呢？步骤1：先找有没有“等线段，共顶点”．步骤2：选择其中一个三角形，将其中经过“共顶点”的线段旋转．步骤3：旋转方向与这个三角形的“等线段”旋转到另一条“等线段”的方向一致，旋转角为“等线段”间的夹角．师：这道题还有一个要注意的地方，你发现了吗？ 生：连接GD 后，要证明G ，D ，F 三点共线． 4.例题精讲例1：等边△ABC 中，AD ＝4，DC ＝3，BD ＝5，求∠ADC 度数． 师：这里有没有隐含的“手拉手模型”？要构造全等，该怎样旋转？ 生：将△ADC 绕点A 顺时针旋转60°． 师：你是怎么想的，还有其他做法吗？生：我发现AB ＝AC ，A 为“共顶点”，我选择的旋转线段是AD ，因为AC 绕点A 顺时针旋转60°到AB ，所以△ADC 也要绕点A 顺时针旋转60°．也可将△ADB 绕点A 逆时针旋转60°． 【解答】将AD 绕点A 顺时针旋转60°到AE ，连接BE ，DE ．则△ADE 也为等边三角形．易证△AEB ≌△ADC ，∴BE ＝DC ＝4，根据勾股定理逆定理，可证∠BED ＝90°，则∠AEB ＝∠ADC ＝150° 例2：如图，△ABO 和△CDO 均为等腰直角三角形， ∠AOB ＝∠COD ＝90︒．若△BOC 的面积为1， 试求以AD 、BC 、OC ＋OD 的长度为三边长的三角形的面积．师：由于线段分散，如何通过图形变换，使这些线段能构成一个三角形？生：将OD 绕点O 逆时针旋转90°至OE ，即可使OC ，OD 共线，再通过证明确定△BCE 即是以AD 、BC 、OC ＋OD 的长度为三边长的三角形． 【解答】如图，将OD 绕点O 逆时针旋转90°至OE ，连接BE ．易证△OAD ≌△OBE ，AD ＝BE ，∴△BCE 即是以AD 、BC 、OC ＋OD 长度为三边长的三角形．又∵OC ＝OE ，∴S △BCE ＝2S △BOC ＝2． 5.自主练习1．如图，在四边形ABCD 中，AD ＝4，CD ＝3，∠ABC ＝∠ACB ＝∠ADC ＝45°，则BD 的长为 _________． 师：请找出隐含的“手拉手模型”，并写出解决方法．生：“等线段”是CA 和BA ，“共顶点”是A ．方法是将AD 绕点A 顺时针旋转90°．E DCBAEAOB CDDCBOABBADC BDC B A2．如图，在△ABC中，BC＝2，AB＝2，以AC为边，向外做正方形ACDE，连接BE，则BE 最大值为_________．师：请找出隐含的“手拉手模型”，并写出解决方法．生：“等线段”是CA和EA，“共顶点”是A．方法是将AB绕点A逆时针旋转90°．师：你为何要逆时针旋转，你准备旋转哪个三角形？生：△ABC，因为AC是逆时针旋转90°到AE，所以AB也绕点A逆时针旋转90°．3．如图，点A在⊙B上，AB＝1，BC＝2，△ACD是等边三角形，求△BCD面积的最大值．师：请找出隐含的“手拉手模型”，并写出解决方法．生：“等线段”是CA和CD，“共顶点”是C．方法是将CA绕点C逆时针旋转60°．附：自主练习解答1．如图，将AD绕点A顺时针旋转90°至AE，易证△EAC≌△DAB，可得CE＝BD，又∵∠EDA ＝45°，∴∠CDE＝90°，CD＝3，DE＝42，则Rt△CDE中，CE2＝CD2＋DE2＝32＋(42)2＝41∴CE＝41，∴DB＝412.如图，将AB绕点A逆时针旋转90°至AF，易证△EAF≌△CAB，可得EF＝BC＝2．Rt△BAF中，AF＝AB＝2，∴BF＝2．由三角形三边关系易知，BE≤EF＋BF，∴BE最小值为4.3.如图，将CB绕点C逆时针旋转60°至CE，连接DE，过点E作EF⊥CB于F，过点D作DG⊥CB于G．易证△CBA≌CED，则DE＝1，EF＝3，过E作DG边上的高，可证DG＜DE＋EF．当D，E，F三点共线时，DG＝DE＋EF．即高的最大值为1＋3，S△BCDmax＝12×2×（1＋3）＝1＋ 3FEDCBAGEFABCDFEB CDA。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
中考专题复习——几何题用旋转构造“手拉手”模型
一、教学目标：
1.了解并熟悉“手拉手模型”，归纳掌握其基本特征．
2.借助“手拉手模型”，利用旋转构造全等解决相关问题．
3.举一反三，解决求定值，定角，最值等一类问题．
二、教学重难点：
1.挖掘和构造“手拉手模型”，学会用旋转构造全等．
2.用旋转构造全等的解题方法最优化选择．
三、教学过程：
1.复习旧知
师：如图，△ABD，△BCE为等边三角形，从中你能得出哪些结论
生：（1）△ABE≌△DBC（2）△ABG≌△DBF
（3）△CFB≌△EGB（4）△BFG为等边三角形
（5）△AGB∽△DGH（6）∠DHA＝60°（7）H，G，F，B四点共圆（8）BH平分∠AHC……师：我们再来重点研究△ABE与△DBC，这两个全等的三角形除了对应边相等，对应角相等外，还有什么共同特征呢
生：它们有同一个字母B，即同一个顶点B．
师：我们也可以把△DBC看作由△ABE经过怎样的图形运动得到
生：绕点B顺时针旋转60°得到．
2.引入新课
师：其实我们可以给这两个全等的三角形赋予一个模型，叫“手拉手模型”，谁可以将这个模型的特征再做进一步的简化归纳呢
生：对应边相等．
师：我们可以称之为“等线段”．
生：有同一个顶点．
师：我们可以称之为“共顶点”．
师：等线段，共顶点的两个全等三角形，我们一般可以考虑哪一种图形运动
生：旋转．
师：“手拉手模型”可以归纳为：等线段，共顶点，一般用旋转．
3.小题热身
图12图3
1．如图1，△BAD中，∠BAD＝45°，AB＝AD，AE⊥BD于E，BC⊥AD于C，则AF＝____BE．
2．如图2，△ABC和△BED均为等边三角形，ADE三点共线，若BE＝2，CE＝4，则AE＝______．
3．如图3，正方形ABCD中，∠EAF＝45°，BE＝3，DF＝5，则EF＝_______．
师：我们来看第1，第2题，这里面有“手拉手模型”吗请你找出其中的“等线段，共顶点”．
生：题1中，等线段是AC，BC，共顶点是C，△ACF绕点C逆时针旋转90°得△BCD．
题2中，等线段是AB，BC，共顶点是B，△ABD绕点D顺时针旋转60°得△CBE．师：我们再来看第3题，这里有“手拉手模型”吗
生：没有．
师：那其中有没有“等线段，共顶点”呢
生：等线段是AD，AB，共顶点是A．
师：我们可否利用旋转来构造“手拉手模型”呢
生：将AE旋转，绕点A逆时针旋转90°．
师：为什么是逆时针旋转90°，你是如何思考的
生：我准备构造一个和△ABE全等的三角形，AB绕点A逆时针旋转90°即为AD，那么将AE逆时
针旋转90°可得AG，连接GD，证明全等．
师：说的不错，谁能再来归纳一下，借助“手拉手模型”，用旋转构造全等的方法吗
生：先找有没有“等线段，共顶点”，再找其中一条“共顶点”的线段，将其旋转．
师：旋转角度如何确定，方向怎么选择
生：选择其中一个三角形，将“共顶点”的线段旋转．旋转角为两条“等线段”间的夹角．方向
应与所选择的起始“等线段”旋转到另一条“等线段”时的方向一致．
师：非常棒，可以说，你已经掌握了这节课的精髓．但是，很多题目中只是隐含了“手拉手模型”
的一些条件，剩余的需要我们自己去构造，可以如何构造呢
步骤1：先找有没有“等线段，共顶点”．
步骤2：选择其中一个三角形，将其中经过“共顶点”的线段旋转．
步骤3：旋转方向与这个三角形的“等线段”旋转到另一条“等线段”的方向一致，旋转角为“等
线段”间的夹角．
师：这道题还有一个要注意的地方，你发现了吗
生：连接GD后，要证明G，D，F三点共线．
4.例题精讲
例1：等边△ABC中，AD＝4，DC＝3，BD＝5，求∠ADC度数．
师：这里有没有隐含的“手拉手模型”
要构造全等，该怎样旋转
生：将△ADC绕点A顺时针旋转60°．
师：你是怎么想的，还有其他做法吗
生：我发现AB＝AC，A为“共顶点”，我选择的旋转线段
是AD，因为AC绕点A顺时针旋转60°到AB，所以△ADC也要绕点A顺时针旋转60°．也可将△ADB绕点A逆时针旋转60°．
【解答】
将AD绕点A顺时针旋转60°到AE，连接BE，DE．则△ADE也为等边三角形．易证△AEB≌△ADC，∴BE＝DC＝4，根据勾股定理逆定理，可证∠BED＝90°，则∠AEB＝∠ADC＝150°
例2：如图，△ABO和△CDO均为等腰直角三角形，AOB ＝COD＝
90．若△BOC的面积为1，试求以AD、BC、OC＋OD的长度为三边
长的三角形的面积．
师：由于线段分散，如何通过图形变换，使这些线段能构成一个三角
形
生：将OD绕点O逆时针旋转90°至OE，即可使OC，OD共线，再通过证明确定△BCE即是以AD、BC、OC＋OD的长度为三边长的三角形．
【解答】
如图，将OD绕点O逆时针旋转90°至OE，连接BE．易证
△OAD≌△OBE，AD＝BE，∴△BCE即是以AD、BC、OC＋OD长度为
三边长的三角形．又∵OC＝OE，∴S△BCE＝2S△BOC＝2．
5.自主练习
1．如图，在四边形ABCD中，AD＝4，CD＝3，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，则BD的长为_________．师：请找出隐含的“手拉手模型”，并写出解决方法．
生：“等线段”是CA和BA，“共顶点”是A．方法是将AD绕点A顺时针旋转90°．
2．如图，在△ABC中，BC＝2，AB＝2，以AC为边，向外做正方形ACDE，连接BE，则BE最大值为_________．
师：请找出隐含的“手拉手模型”，并写出解决方法．
生：“等线段”是CA和EA，“共顶点”是A．
方法是将AB绕点A逆时针旋转90°．
师：你为何要逆时针旋转，你准备旋转哪个三角形
生：△ABC，因为AC是逆时针旋转90°到AE，所以AB也绕点A逆时针旋转90°．
3．如图，点A在⊙B上，AB＝1，BC＝2，△ACD是等边三角形，求△BCD面积的最大值．
师：请找出隐含的“手拉手模型”，并写出解决方法．
生：“等线段”是CA和CD，“共顶点”是C．
方法是将CA绕点C逆时针旋转60°．
附：自主练习解答
1．如图，将AD绕点A顺时针旋转90°至AE，易证△EAC≌△DAB，可得CE＝BD，又∵∠EDA＝45°，∴∠CDE＝90°，CD＝3，DE＝42，则Rt△CDE中，CE2＝CD2＋DE2＝32＋ (42)2＝41
∴CE＝41，∴DB＝41
2.如图，将AB绕点A逆时针旋转90°至AF，易证△EAF≌△CAB，可得EF＝BC＝2．Rt△BAF中，
AF＝AB＝2，∴BF＝2．由三角形三边关系易知，BE≤EF＋BF，∴BE最小值为4.
3.如图，将CB绕点C逆时针旋转60°至CE，连接DE，过点E作EF⊥CB
于F，过点D作DG⊥CB于G．易证△CBA≌CED，则DE＝1，EF＝3，过
E作DG边上的高，可证DG＜DE＋EF．
当D，E，F三点共线时，DG＝DE＋EF．即高的最大值为1＋3，S△BCDmax
＝1
2
×2×（1＋3）＝1＋3。