等边三角形手拉手教学设计
全等三角形中“手拉手”模型-2023年新八年级数学暑假精品课(苏科版)(解析版)
重难点：全等三角形中“手拉手”模型1.识别几何模型。
2.利用“手拉手”模型解决问题【基本模型】一、等边三角形手拉手-出全等二、等腰直角三角形手拉手-出全等两个共直角顶点的等腰直角三角形，绕点C旋转过程中（B、C、D不共线）始终有：①△BCD≌△ACE；②BD⊥AE（位置关系）且BD=AE（数量关系）；③FC平分∠BFE；例1、如图，△ACB与△ECD都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ECD=90°，点D为AB边上的一点. 若DE=13，BD=12，求线段AB的长.∵△ACE≌△BCD∴AE=BD,∠EAC=∠B=45°∵BD=12∴∠EAD=45°+45°=90°，AE=12在Rt△EAD中，∠EAD=90°，DE=13，AE=12，由勾股定理得：AD=5∴AB=BD+AD=12+5=17【变式1】某校八年级数学兴趣小组的同学在研究三角形时，把两个大小不同的等腰直角三角板按图①所示放置，图②是由它抽象出的几何图形，B，C，E在同一条直线上，连接DC．（1）请找出图②中的全等三角形，并给予说明（说明：结论中不得含有未标识的字母）；（2）试说明：DC与BE的位置关系．【分析】（1）利用SAS定理证明△BAE≌△CAD；（2）根据全等三角形的性质得到∠B＝∠ACB＝45°，根据垂直的定义证明结论．【解答】解：（1）△BAE≌△CAD，理由如下：∵∠BAC＝∠EAD＝90°，∴∠BAC+∠CAE＝∠EAD+∠CAE，即∠BAE＝∠CAD在△BAE和△CAD中，，∴△BAE≌△CAD（SAS）；（2）DC⊥BE，理由如下：∵△BAC为等腰直角三角形，∴∠B＝∠ACB＝45°，∵△BAE≌△CAD，∴∠CAD＝∠B＝45°，∴∠ACD＝∠ACB+∠CAD＝90°，∴DC⊥BE．【点评】本题考查的是全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质，掌握三角形全等的判定定理和性质定理是解题的关键．【变式2】已知：△ACB和△DCE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，连结AE,BD交于点O,AE与DC 交于点0，AE与DC交于点M,BD与AC交于点N.解析:∵△ACB和△DCE都是等腰三角形∠ACB=∠DCE=90°∴AC=BC,DC=EC∴∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD∴∠BCD=∠ACE在△ACE和△BCD中AC=BC∠ACE=∠BCDCE=CD∴△ACE≌△BCD(SAS)∴AE=BD例2.已知△ABC为等边三角形，点D为直线BC上一动点（点D不与点B,点C重合）.以AD为边作等边三角形ADE,连接CE.如图1，当点D在边BC上时，求证：△ABD≌△ACE;直接判断结论BC=DC+CE是否成立（不需要证明）；如图2，当点D在边BC的延长线上时，其他条件不变，请写出BC、DC、CE之间存在的数量关系，并写出证明过程.解析：(1)∵△ABC和△ADE是等边三角形∴∠BAC=∠DAE=60°，AB=BC=AC,AD=DE=AE∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC∴∠BAD=∠EAC在△ABD和△ACE中AB=AC∠BAD=∠EACAD=AE∴△ABD≌△ACE(SAS)[来源:学科网ZXXK]∵△ABD≌△ACE∴BD=CE∵BC=BD+CD∴BC=CE+CD（2）∵△ABC和△ADE是等边三角形∴∠BAC=∠DAE=60°，AB=BC=AC,AD=DE=AE∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC∴∠BAD=∠EAC在△ABD和△ACE中AB=AC∠BAD=∠EACAD=AE∴△ABD≌△ACE（SAS）∴BD=CE∵BD=BC+CD∴CE=BC+CD【变式1】如图，点C在线段AB上，△DAC和△DBE都是等边三角形，求证：△DAB≌△DCE;DA∥EC.解析：（1）△DAC和△DBE都是等边三角形.∴DA=DC,DB=DE,∠ADC=∠BDE=60°.∴DA=DC,DB=DE,∠ADC=∠BDE=60°∴∠ADC+∠CDB=∠BDE+∠CDB,即∠ADB=∠CDE在△DAB和△DCE中，DA=DC∠ADB=∠CDEDB=DE∴△DAB≌△DCE.（2）∵△DAB≌△DCE∴∠A=∠DCE=60°∵∠ADC=60°∴∠DCE=∠ADC∴DA∥EC.【变式2】如图，在△AOB和△COD中，OA＝OB，OC＝OD，若∠AOB＝∠COD＝60°．（1）求证：AC＝BD．（2）求∠APB的度数．【分析】（1）先∠AOB＝∠COD＝60°，OA＝OB，OC＝OD得到∠AOC＝∠BOD，然后得证△AOC≌△BOD，从而得到AC＝BD；（2）先由△AOC≌△BOD得到∠OAC＝∠OBD，从而得到∠PAB+∠PBA＝∠OAB+∠OBA，然后由OA ＝OB，∠AOB＝60°得到△AOB是等边三角形，从而得到∠PAB+∠PBA＝120°，最后得到∠APB的度数．【解答】（1）证明：∵∠AOB＝∠COD，∴∠AOC＝∠BOD，在△AOC和△BOD中，，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC＝BD．（2）解：∵△AOC≌△BOD，∴∠OAC＝∠OBD，∵∠OAC+∠BAC＝∠OAB，∠ABO+∠OBD＝∠ABP，∴∠PAB+∠PBA＝∠OAB+∠OBA，∵OA＝OB，∠AOB＝60°，∴△AOB是等边三角形，∴∠PAB+∠PBA＝120°，∴∠APB＝180°﹣（∠PAB+∠PBA）＝180°﹣120°＝60°．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握SAS定理判定三角形全等．例3、已知，在△ABC中，AB＝AC，点P平面内一点，将AP绕A顺时针旋转至AQ，使∠QAP＝∠BAC，连接BQ、CP，⑴若点P在△ABC内部，求证BQ＝CP；⑵若点P在△ABC外部，以上结论还成立吗？解析：（1）∵∠QAP＝∠BAC∴∠QAP－∠B AP＝∠BAC－∠BAP[来源:Z#xx#]即∠QAB＝∠PAC另由旋转得AQ＝AP在△AQB和△APC中AQ＝AP∠QAB＝∠PACAB＝AC∴△AQB≌△APC∴BQ＝CP（2）∵∠QAP＝∠BAC∴∠QAP＋∠BAP＝∠BAC＋∠BAP[来源:学科网]即∠QAB＝∠PAC另由旋转得AQ＝AP在△AQB和△APC中AQ＝AP∠QAB＝∠PACAB＝AC∴△AQB≌△APC∴BQ＝CP【变式】（1）如图1，在Rt△ABC中，AB＝AC，D是直线BC上的一点，将线段AD绕点A逆时针旋转90°至AE，连接CE，求证：△ABD≌△ACE；（2）如图2，A是△BDC内一点，∠ABC＝∠ADB＝45°，∠BAC＝90°，BD＝6，线段AD绕点A逆时针旋转90°至AE，点D、E、B恰好共线，求△BDC的面积；（3）如图3，在图1的条件下，延长DE，AC交于点G，BF⊥AB交DE于点F，求证：FG AE．【分析】（1）如图1，根据SAS证明三角形全等即可．（2）过点A作AE⊥AD交BD于E，连接CE．利用全等三角形的性质证明CE＝BD，CE⊥BD即可．（3）过点D作DK⊥DC交FB K．证明△ECG≌△DKF（AAS），推出DF＝EG，再证明FG＝DE AE即可．【解答】（1）证明：如图1，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠DAB＝∠EAC，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS）．（2）解：如图2，过点A作AE⊥AD交BD于E，连接CE．∵∠ADB＝45°，∠DAE＝90°，∴△ADE与△ABC都是等腰直角三角形，同法可证△ABD≌△ACE，∴CE＝BD＝6，∵∠AEC＝∠ADB＝45°，∴∠CED＝∠CEB＝90°，∴S△BDC•BD•CE6×6＝18．（3）证明：如图3，过点D作DK⊥DC交FB的延长线于K．∵DK⊥CD，BF⊥AB，∴∠BDK＝∠ABK＝90°，∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∴∠DBK＝∠K＝45°，∴DK＝DB，∵△ABD≌△ACE，∴∠ABD＝∠ACE＝135°，DB＝EC＝DK，∴∠ECG＝45°，∵BF⊥AB，CA⊥AB，∴AG∥BF，∴∠G＝∠DFK，在△ECG和△DKF中，，∴△ECG≌△DKF（AAS），∴DF＝EG，∵DE AE，∴DF+EF AE，∴EG+EF AE，即FG AE．【点评】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．一．填空题（共4小题）1．（2020秋•工业园区月考）在△ABC中，∠ABC＝45°，AD、BE分别为BC、AC边上的高，AD、BE 相交于点F，连接CF．下列结论：（1）∠FCD＝45°；②AE＝EC；③S△ABF：S△AFC＝BD：CD，④若BF ＝2EC，则△FDC的周长等于AB的长．正确的是（填序号）．【分析】首先在△ABC中，∠ABC＝45°，AD，BE分别为BC、AC边上的高，AD、BE相交于点F，由此可以得到∠BAD＝45°，接着得到AD＝BD，又∠DAC和∠FBD都是∠ACD的余角，所以可以证明△BDF ≌△ADC，根据全等三角形的性质可以得到FD＝CD，进一步得到①；若AE＝EC，则由BE⊥AC，推出BA＝BC，显然不可能，故②错误，根据三角形面积公式和它们有一条公共边可以得到③；若BF＝2EC，根据①可以得到E是AC的中点，然后可以推出EF是AC的垂直平分线，最后由线段垂直平分线的性质即可得到④．【解答】解：∵△ABC中，AD，BE分别为BC、AC边上的高，∴AD⊥BC，而△ABF和△ACF有一条公共边，∴S△ABF：S△AFC＝BD：CD，∴③正确；∵∠ABC＝45°，∴AD＝BD，∠DAC和∠FBD都是∠ACD的余角，而∠ADB＝∠ADC＝90°，∴△BDF≌△ADC，∴FD＝CD，∴∠FCD＝∠CFD＝45°，∴①正确；若AE＝EC，则∵BE⊥AC，∴BA＝BC，显然不可能，故②错误，若BF＝2EC，根据①得BF＝AC，∴AC＝2EC，即E为AC的中点，∴BE为线段AC的垂直平分线，∴AF＝CF，BA＝BC，∴AB＝BD+CD＝AD+CD＝AF+DF+CD＝CF+DF+CD，即△FDC周长等于AB的长，∴④正确．故答案为①③④【点评】本题考查了全等三角形的性质与判定，也考查了线段的垂直平分线的性质与判定，也利用了三角形的周长公式解题，综合性比较强，对学生的能力要求比较高．2．（2022秋•通州区期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝60°．P是BC边上一点，CP＝CA，连接AP，以AP为边在AP的右上方作等边三角形APQ．若AB＝5，则点Q到边AB的距离为．【分析】过点Q作QD⊥AB，垂足为D，根据垂直定义可得∠ADQ＝90°，再利用直角三角形的两个锐角互余可得∠ABC＝30°，从而利用含30度角的直角三角形的性质可得CP＝AC＝AB＝2.5，然后证明手拉手模型﹣旋转型全等△ACP≌△ADQ，从而利用全等三角形的性质即可解答．【解答】解：过点Q作QD⊥AB，垂足为D，∴∠ADQ＝90°，∵∠C＝90°，∠BAC＝60°，∴∠ABC＝90°﹣∠BAC＝30°，∵AB＝5，∴AC＝AB＝2.5，∵AC＝CP，∴AC＝CP＝2.5，∵△AQP是等边三角形，∴AP＝AQ，∠QAP＝60°，∴∠QAP﹣∠PAB＝∠BAC﹣∠PAB，∴∠CAP＝∠DAQ，∵∠C＝∠ADQ＝90°，∴△ACP≌△ADQ（AAS），∴QD＝CP＝2.5，∴点Q到边AB的距离为2.5，故答案为：2.5．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形，熟练掌握手拉手模型﹣旋转型全等是解题的关键．3．（2021秋•滨湖区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝．D是边AB上一动点，连接CD，以CD为直角边在CD左侧作等腰直角△CDE，且∠DCE＝90°，连接AE，则DE长度的最小值为；△ADE面积的最大值为．【分析】要求DE最小值，只需求出CD的最小值，过点C作CF⊥AB于点F，根据垂线短最短即可得出CF即为CD的最小值，然后用勾股定理求出DE的最小值；利用手拉手全等模型可得△ACE≌△BCD（SAS），从而得∠DAE＝90°，设AE＝x，则AD＝2﹣x，从而表示出△ADE面积，即可求解．【解答】解：∵△CDE是等腰直角三角形，∴DE＝，∴CD取得最小值时，DE取得最小值，如图，过点C作CF⊥AB于点F，此时CF即为CD的最小值，∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝，∴CF＝1，AB＝2，∴CD的最小值为1，∴DE的最小值为．∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACE＝∠BCD，在△ACE和△BCD中，，∴△ACE≌△BCD（SAS），∴∠EAC＝∠B＝45°，AE＝BD，∴∠EAD＝90°，设BD＝x，则AE＝x，AD＝2﹣x，∴S△ADE＝＝，∴当x＝1时，S△ADE的最大值为，故答案为，．【点评】本题考查等腰三角形的性质、垂线段最短、全等三角形，其中判断出手拉手模型得全等是解题关键．4．（2021秋•常州期末）如图，两条互相垂直的直线m、n交于点O，一块等腰直角三角尺的直角顶点A 在直线m上，锐角顶点B在直线n上，D是斜边BC的中点．已知OD＝，BC＝4，则S△AOB＝．【分析】利用等腰三角形的三线合一想到连接AD，根据已知可得∠ADB＝90°，AD＝DB＝BC＝2，因为OD＝，想到构造手拉手﹣旋转性全等，所以过点D作ED⊥DO，交直线n于点E，证明△DAO≌△DBE，可得DO＝DE＝，OA＝BE，然后在Rt△OAB中，利用勾股定理进行计算即可解答．【解答】解：连接AD，过点D作ED⊥DO，交直线n于点E，∴∠EDO＝90°，∵△ABC是等腰直角三角形，∠CAB＝90°，∴AB＝AC，∵D是斜边BC的中点，∴∠ADB＝90°，AD＝＝DB＝BC＝2，∴AB＝＝＝2，∵∠ADB﹣∠BDO＝∠EDO﹣∠BDO，∴∠ADO＝∠BDE，∵m⊥n，∴∠AOB＝90°，∴∠DAO+∠DBO＝360°﹣∠ADB﹣∠AOB＝180°，∵∠DBO+∠DBE＝180°，∴∠DAO＝∠DBE，∴△DAO≌△DBE（ASA），∴DO＝DE＝，OA＝BE，∴OE＝＝＝，∴OB+BE＝，∴OB+OA＝，∴（OB+OA）2＝14，∴OA2+OB2+2OA•OB＝14，在Rt△OAB中，OA2+OB2＝AB2，∴OA2+OB2＝（2）2＝8，∴2OA•OB＝14﹣8＝6，∴OA•OB＝3，∴△AOB的面积＝OA•OB＝，故答案为：．【点评】本题考查了勾股定理，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．二．解答题（共13小题）5．（2022秋•宜兴市月考）如图，点E在CD上，BC与AE交于点F，AB＝CB，BE＝BD，∠1＝∠2．（1）求证：AE＝CD；（2）证明：∠1＝∠3．【分析】（1）由已知角相等，利用等式的性质得到夹角相等，利用SAS即可得证；（2）利用全等三角形对应角相等得到一对角相等，再由对顶角相等及内角和定理即可得证．【解答】（1）证明：∵∠1＝∠2，∴∠ABE＝∠CBD，在△ABE和△CBD中，，∴△ABE≌△CBD（SAS），∴AE＝CD；（2）证明：由（1）知，△ABE≌△CBD，∴∠A＝∠C，又∵∠AFB＝∠CFE，∴∠1＝∠3．【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．6．（2021秋•丹阳市期末）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，延长AB到D，使得DB＝AB，连接CD，以CD为直角边作等腰Rt△CDE，其中∠DCE＝90°，连接BE．（1）猜想线段BE与AD的数量和位置关系，并说明理由；（2）若AC＝cm，则BE＝cm，DE＝cm．【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到CD＝CE，CA＝CB，然后利用“SAS”可判断△ACD≌△BCE；根据全等三角形的性质得到∠1＝∠2，而∠3＝∠4，然后根据三角形内角和定理即可得到∠EBD＝∠ECD ＝90°；（2）根据全等三角形的性质得到AD＝BE，而DB＝AB＝2cm，所以BE＝4cm；在Rt△DBE中，利用勾股定理求出DE的长．【解答】解：（1）BE⊥AD且BE＝AD．理由如下：∵△ACB和△DCE都是等腰直角三角形，∴CD＝CE，CA＝CB，∵∠ACB＝90°，∠DCE＝90°，∴∠ECD+∠DCB＝∠DCB+∠ACB，即∠ECB＝∠ACD，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS）；∴∠1＝∠BEC，而∠3＝∠4，∴∠EBD＝∠ECD＝90°，∴BE⊥AD且BE＝AD．（2）∵若AC＝BC＝cm，∴AB＝＝2（cm），∵△ACD≌△BCE，∴AD＝BE，∵DB＝AB＝2cm，∴BE＝2×2＝4（cm），在Rt△DBE中，DE＝（cm）．故答案为4，2．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质：判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”；全等三角形的对应边相等．也考查了等腰直角三角形的性质．7．（2020秋•崇川区期末）如图，AB＝AD，∠B＝∠D，∠BAD＝∠CAE＝60°．（1）求证：△ABC≌△ADE；（2）若AE＝5，求CE的长．【分析】（1）根据等式的性质和全等三角形的判定解答即可；（2）根据全等三角形的性质解答即可．【解答】证明：（1）∵∠BAD＝∠＝60°．∴∠BAD+∠BAE＝∠CAE+∠BAE，∴∠DAE＝∠BAC，在△DAE与△BAC中，，∴△ABC≌△ADE（ASA）；（2）∵△ABC≌△ADE，∴AE＝AC，∵∠CAE＝60°．∴△ACE是等边三角形，∴CE＝AE＝5．【点评】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据等式的性质和全等三角形的判定解答．8．（2021秋•江阴市校级月考）如图，△ABC是等边三角形，点D为BC上一点（与点B不重合），过点C作∠ACE＝60°，且CE＝BD（点E与点A在射线BC同侧），连接AD，ED．求证：AD＝DE．【分析】连接AE，根据等边三角形的性质可得AB＝AC，∠B＝∠BAC＝60°，从而利用SAS可证△ABD ≌△ACE，然后利用全等三角形的性质可得AD＝AE，∠BAD＝∠CAE，从而可得∠DAE＝60°，进而可得△ADE是等边三角形，最后利用等边三角形的性质即可解答．【解答】证明：连接AE，∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∠B＝∠BAC＝60°，∵∠ACE＝60°，∴∠B＝∠ACE＝60°∵BD＝CE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴AD＝AE，∠BAD＝∠CAE，∵∠BAC＝60°，∴∠BAD+∠DAC＝60°，∴∠CAE+∠DAC＝60°，∴∠DAE＝60°，∴△ADE是等边三角形，∴AD＝DE．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．9．（2022秋•崇川区校级月考）在△ABC中，AB＝AC，点D是直线BC上的一点（不与点B、C重合），以AD为腰右侧作等腰三角形△ADE，且AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，连接CE．（1）如图1，当点D在线段BC上，如果∠BAC＝90°，则∠BCE＝度．（2）设∠BAC＝α，∠BCE＝β．①点D是在线段BC上移动时，如图2，则α、β之间有怎样的数量关系？试说明理由．②点D是在射线CB上移动时，则α、β之间有怎样的数量关系？试直接写出结论．【分析】（1）证明△BAD≌△CAE，得∠B＝∠ACE，即可证明；（2）①与（1）同理证明△BAD≌△CAE，得∠ABD＝∠ACE，则∠BAC+∠BCE＝∠BAC+∠BCA+∠ACE ＝∠BAC+∠BCA+∠B＝180°；②同理证明△ADB≌△AEC，得∠ABD＝∠ACE，由∠ABD＝∠BAC+∠ACB，则∠BAC＝∠BCE．【解答】解：（1）∵∠BAC＝∠，∴∠BAD＝∠CAE，在△BAD与△CAE中，，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠B＝∠ACE，∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，故答案为：90；（2）①α+β＝180°，理由如下：∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，在△BAD与△CAE中，，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，∵∠BAC+∠ABD+∠BCA＝180°，∴∠BAC+∠BCE＝∠BAC+∠BCA+∠ACE＝∠BAC+∠BCA+∠B＝180°，∴α+β＝180°；②α＝β，理由如下：∵∠DAE＝∠BAC，∴∠DAB＝∠EAC，在△ADB与△AEC中，，∴△ADB≌△AEC（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，∵∠ABD＝∠BAC+∠ACB，∴∠BAC＝∠BCE，∴α＝β．【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质等知识，证明△ADB≌△AEC是解题的关键．10．（2022秋•徐州期中）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°．将一个含45°角的直角三角尺DEF按图1所示放置，使直角三角尺的直角顶点D恰好落在BC边的中点处，将直角三角尺DEF绕点D旋转，设AB交DF于点N，AC交DE于点M，示意图如图2所示．（1）[证明推断]求证：DN＝DM；小明给出的思路：若要证明DN＝DM，只需证明△BDN≌△ADM即可，请你根据小明的思路完成证明过程；（2）[延伸发现]连接AE，BF，如图3所示，求证：AE＝BF；（3）[迁移应用]延长EA交DF于点P，交BF于点Q．在图3中完成如上作图过程，猜想并证明AE和BF 的位置关系．【分析】（1）D是BC的中点，则AD＝BD＝CD，∠ABC＝∠DAC＝45°，再证明∠FDB＝∠ADE，得到△BDN≌△ADM（ASA），即可求解；（2）△DEF为等腰直角三角形，则DE＝DF，由（1）知：∠FDB＝∠EDA，BD＝AD，可以证明△FDB ≌△EDA（SAS），即可求解；（3）由△FDB≌△EDA，得到∠BFD＝∠AED，进而求解．【解答】证明：（1）如图2，在Rt△ABC中，∵D是BC的中点，即BD是△ABC的中线，∴AD＝BD＝CD，∠ABC＝∠45°，∵∠FDB+∠FDA＝90°，∠FDA+∠ADE＝90°，∴∠FDB＝∠ADE，在△BDN和△ADM中，，∴△BDN≌△ADM（ASA），∴DN＝DM；（2）∵△DEF为等腰直角三角形，∴DE＝DF，由（1）知：∠FDB＝∠EDA，BD＝AD，在△BDF和△ADE中，，∴△FDB≌△EDA（SAS），∴AE＝BF；（3）作图如下，AE和BF的位置关系为：相互垂直，理由如下：由（2）知△FDB≌△EDA，∴∠BFD＝∠AED，又∵∠FPQ＝∠EPD，∴∠FQP＝∠PDE＝90°，即AE⊥BF，故AE和BF【点评】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．11．（2022秋•东海县期中）【问题呈现】在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，点D是斜边AB上的一点，连接CD，试说明AD、BD、CD之间的数量关系，并说明理由．【解决策略】小敏同学思考后是这样做的：将△CAD绕点C逆时针旋转90°，得到对应的△CBE，连接DE，如图1经过推理使问题得到解决．请回答：（1）△DBE的形状是，△DCE的形状是；（2）直接写出AD、BD、CD之间的数量关系是；【方法感悟】在解决问题时，条件中若出现“等边三角形”、“等腰直角三角形”字样，可以考虑旋转某个三角形，把分散的条件或结论集中到一起，从而使问题得到解决．（3）如图2，在四边形ABCD中，∠BCD＝45°，连接对角线AC、BD，∠ADB＝90°，AD＝BD，若CB ＝2，CD＝4，求CA的长；（4）如图3，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，AB＝AD，若BC＝5，CD＝2，求A、C两点之间的最大距离．【分析】【解决策略】（1）由旋转的性质得出△DCE是等腰直角三角形，证明△ACD≌△BCE（SAS），由全等三角形的性质得出∠A＝∠CBE＝45°，则可得出结论；（2）由全等三角形的性质得出结论；【方法感悟】（3）过点D作DE⊥DC，交CB的延长线于E，连接AE，证出∠AEC＝∠AED+∠DEC＝90°，由勾股定理可得出答案；（4）将△ADC绕点A顺时针旋转90°，得到对应的△ABE，连接CE，则CD＝BE＝2，证出AC＝CE，求出CE的最大值可得出答案．【解答】【解决策略】解：（1）∵将△CAD绕点C逆时针旋转90°，得到对应的△CBE，∴CD＝CE，∠DCE＝90°，∴△DCE是等腰直角三角形，∵∠ACB＝90°＝∠ACD+∠DCB，∴∠ACD＝∠ECB，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴∠A＝∠CBE＝45°，∵∠ABC＝45°，∴∠ABE＝∠ABC+∠CBE＝45°+45°＝90°，∴△DBE是直角三角形，故答案为：直角三角形，等腰直角三角形；（2）∵△ACD≌△BCE，∴AD＝BE，∵∠DBE＝90°，∴DB2+BE2＝DE2，∵∠DCE＝90°，∴CD2+CE2＝2CD2＝DE2，∴DB2+AD2＝2CD2；故答案为：DB2+AD2＝2CD2；【方法感悟】（3）过点D作DE⊥DC，交CB的延长线于E，连接AE，如图2，∵∠BCD＝45°，∴△DCE是直角三角形，由（1）可知△ADE≌△BDC，∴∠AED＝∠BCD＝45°，AE＝BC，∵∠DEC＝45°，∴∠AEC＝∠AED+∠DEC＝90°，∵DC＝4，BC＝2，∴CE＝DC＝4，AE＝2，∴AC＝＝＝6；（4）将△ADC绕点A顺时针旋转90°，得到对应的△ABE，连接CE，如图3，∴CD＝BE＝2，∵AC＝AE，∠CAE＝60°，∴△ACE是等边三角形，∴AC＝CE，∵CE≤BC+BE＝5+2＝7，∴当C，B，E三点共线时，CE最大，∴A、C两点之间的最大距离是7．【点评】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，旋转的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．12．（2021秋•淮安期末）如图1，AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝α．（1）AD、BE相交于点M．①求证：AD＝BE；②用含α的式子表示∠AMB的度数；（2）如图2，点P、Q分别是AD、BE的中点，连接CP、CQ，判断△CPQ的形状，并加以证明；（3）如图3，在△ABC中，∠ACB＝45°，BC＝，AC＝3，以AB为直角边，B为直角顶点作等腰Rt △ABD，则CD＝（直接写出结果）．【分析】（1）①由“SAS”可证△ACD≌△BCE，可得BE＝AD；②由三角形内角和定理可求解；（2）由“SAS”可证△ACP≌△BCQ，可得CP＝CQ，可得结论；（3）将△BCD绕着点B逆时针旋转90°得到△AEB，连接BE，CE，根据旋转的性质得到BE＝BC＝，∠CBE＝∠ABD＝90°，AE＝CD，可得出△BCE是等腰直角三角形，根据勾股定理即可得到结论．【解答】（1）①证明：如图1，∵∠ACB＝∠DCE＝α，∴∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE；②解：如图1，∵△ACD≌△BCE，∴∠CAD＝∠CBE，∵∠BAC+∠ABC＝180°﹣α，∴∠BAM+∠ABM＝180°﹣α，∴∠AMB＝180°﹣（180°﹣α）＝α；（2）△CPQ为等腰三角形，理由如下：如图2，由（1）可得，BE＝AD，∵AD，BE的中点分别为点P、Q，∴AP＝BQ，∵△ACD≌△BCE，∴∠CAP＝∠CBQ，在△ACP和△BCQ中，，∴△ACP≌△BCQ（SAS），∴CP＝CQ，∴△CPQ为等腰三角形．（3）将△BCD绕着点B逆时针旋转90°得到△AEB，连接BE，CE，则BE＝BC＝，∠CBE＝∠ABD＝90°，AE＝CD，∴△BCE是等腰直角三角形，∴∠BCE＝45°，CE＝BC＝4，∵∠ACB＝45°，∴∠ACE＝90°，∴AE＝＝＝5，∴CD＝AE＝5．故答案为：5．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质和判定，旋转的性质，勾股定理等，运用旋转的性质构造全等三角形是解题的关键．13．（2022秋•亭湖区校级月考）【阅读材料】小明同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组全等的三角形，小明把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．如图1，在“手拉手”图形中，小明发现若∠BAC＝∠DAE，AB＝AC，AD ＝AE，则△ABD≌△ACE．【材料理解】（1）在图1中证明小明的发现．【深入探究】（2）如图2，△ABC和△AED是等边三角形，连接BD，EC交于点O，连接AO，下列结论：①BD＝EC；②∠BOC＝60°；③∠AOE＝60°；④EO＝CO，其中正确的有（将所有正确的序号填在横线上）．【延伸应用】（3）如图3，AB＝BC，∠ABC＝∠BDC＝60°，试探究∠A与∠C的数量关系．【分析】（1）利用等式的性质得出∠BAD＝∠CAE，即可得出结论；（2）同（1）的方法判断出△ABD≌△ACE，得出BD＝CE，再利用对顶角和三角形的内角和定理判断出∠BOC＝60°，再判断出△BCF≌△ACO，得出∠AOC＝120°，进而得出∠AOE＝60°，再判断出BF＜CF，进而判断出∠OBC＞30°，即可得出结论；（3）先判断出△BDP是等边三角形，得出BD＝BP，∠DBP＝60°，进而判断出△ABD≌△CBP（SAS），即可得出结论．【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，∴∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS）；（2）如图2，∵△ABC和△ADE是等边三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，∴∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，①正确，∠ADB＝∠AEC，记AD与CE的交点为G，∵∠AGE＝∠DGO，∴180°﹣∠ADB﹣∠DGO＝180°﹣∠AEC﹣∠AGE，∴∠DOE＝∠DAE＝60°，∴∠BOC＝60°，②正确，在OB上取一点F，使OF＝OC，连接CF，∴△OCF是等边三角形，∴CF＝OC，∠OFC＝∠OCF＝60°＝∠ACB，∴∠BCF＝∠ACO，∵AB＝AC，∴△BCF≌△ACO（SAS），∴∠AOC＝∠BFC＝180°﹣∠OFC＝120°，∴∠AOE＝180°﹣∠AOC＝60°，③正确，连接AF，要使OC＝OE，则有OC＝CE，∵BD＝CE，∴CF＝OF＝BD，∴OF＝BF+OD，∴BF＜CF，∴∠OBC＞∠BCF，∵∠OBC+∠BCF＝∠OFC＝60°，∴∠OBC＞30°，而没办法判断∠OBC大于30度，所以，④不一定正确，即：正确的有①②③，故答案为：①②③；（3）如图3，延长DC至P，使DP＝DB，∵∠BDC＝60°，∴△BDP是等边三角形，∴BD＝BP，∠DBP＝60°，∵∠ABC＝60°＝∠DBP，∴∠ABD＝∠CBP，∵AB＝CB，∴△ABD≌△CBP（SAS），∴∠BCP＝∠A，∵∠BCD+∠BCP＝180°，∴∠A+∠BCD＝180°．【点评】此题是三角形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，构造等边三角形是解本题的关键．14．（2021秋•沭阳县月考）在△ABC中，AB＝AC，点D是直线BC上一点（不与B、C重合），以AD 为一边在AD的右侧作△ADE，使AD＝AE，∠DAE＝∠BAC，连接CE．（1）如图1，当点D在线段BC上，如果∠BAC＝90°，则∠BCE＝°．（2）如图2，设∠BAC＝α，∠BCE＝β．当点D在线段BC上移动，则α、β之间有怎样的数量关系？请说明理由；（3）如图2，当点D在线段BC上，如果∠BAC＝60°，D点为△ABC中BC边上的一个动点（D与B、C 均不重合），当点D运动到什么位置时，△DCE的周长最小？请探求点D的位置，并求出此时∠EDC的度数，直接写出你的结论．【分析】（1）由等腰直角△ABC、△ADE易证△ABD≌△ACD，即可得出∠ECA＝∠B＝45°，进而求出∠ECD＝90°，（2）证明△BAD≌△CAE（SAS），推出∠ACE＝∠B，则可得出结论；（3）由全等三角形的性质可得出BD＝CE，可推出CD+EC＝CD+BD＝BC，由△ECD的周长＝DE+CD+CE ＝DE+BC，BC为定值，推出DE定值最小时，△DCE得到周长最小，根据此线段最短即可解决问题．【解答】解：（1）如图1中，∵AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠ADE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∠B＝∠ACB＝45°，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠B＝∠ACE＝45°，∴∠BCE＝45°+45°＝90°．故答案为：90．（2）α+β＝180°．理由如下：如图2中，∵AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠ADE，∴∠BAD＝∠CAE，∠B＝∠ACB，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ACE＝∠B，β＝∠ABC+∠ACB，∴α+β＝180°．（3）∵△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝EC，∴CD+EC＝CD+BD＝BC，∵△ECD的周长＝DE+CD+CE＝DE+BC，∵BC为定值，∴DE定值最小时，△DCE得到周长最小，∵DE＝AD，∴AD⊥BC时，AD定值最小，此时BD＝CD＝CE，∴∠EDC＝（180°﹣120°）＝30°，∴当点D运动到BC的中点时，△DEC是周长最小，此时∠EDC＝30°．【点评】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题．15．（2022秋•江阴市期中）在学习全等三角形的知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成的，在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．兴趣小组成员经过研讨给出定义：如果两个等腰三角形的顶角相等，且顶角的顶点互相重合，则称此图形为“手拉手全等模型”．因为顶点相连的四条边，可以形象地看作两双手，所以通常称为“手拉手模型”．（1）如图1，△ABC与△ADE都是等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE，则有．（2）如图2，已知△ABC，以AB、AC为边分别向外作等边△ABD和等边△ACE，并连接BE，CD，则∠BOD＝°．（3）如图3，在两个等腰直角三角形△ABC和△ADE中，AB＝AC，AE＝AD，∠BAC＝∠DAE＝90°，连接BD，CE，交于点P，请判断BD和CE的关系，并说明理由．【分析】（1）由“SAS”可证△BAD≌△CAE；（2）由“SAS”可证△DAC≌△BAE，可得∠ADC＝∠ABE，由外角的性质可求解；（3）由“SAS”可证△ABD≌△ACE，可得BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，由余角的性质可求解．【解答】解：（1）∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，又∵AB＝AC，AD＝AE，∴△BAD≌△CAE（SAS），故答案为：△BAD，△CAE；（2）∵△ABD和△ACE是等边三角形，∴AB＝AD，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝60°，∴∠DAC＝∠BAE，∴△DAC≌△BAE（SAS），∴∠ADC＝∠ABE，∵∠ADC+∠BDC+∠ABD+∠DAB＝180°，∠ABE+∠BDC+∠ABD+∠DOB＝180°，∴∠DAB＝∠BOD＝60°，故答案为：60；（3）BD＝CE，BD⊥CE，理由如下：∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC+∠BAE＝∠DAE+∠BAE，即∠CAE＝∠BAD，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，∵∠BPC+∠ABD＝∠BAC+∠ACE，∴∠BPC＝∠BAC＝90°，∴BD⊥CE．【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．16．（2022秋•阜宁县期中）【问题发现】（1）如图1，△ABC和△ADE均为等边三角形，点B，D，E在同一直线上，连接CE，容易发现：①∠BEC 的度数为；②线段BD、CE之间的数量关系为；【类比探究】（2）如图2，△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点B，D，E在同一直线上，连接CE，试探究∠BEC的度数及线段BE、CE、DE之间的数量关系，并说明理由；【问题解决】（3）如图3，∠AOB＝∠ACB＝90°，OA＝3，OB＝7，AC＝BC，求OC2的值．【分析】（1）由等边三角形的性质得到AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝∠ADE＝60°，则∠BAD ＝∠CAE，再证△BAD≌△CAE（SAS），即可解决问题；（2）由“SAS”可证△ABD≌△ACE，得BD＝CE，∠AEC＝∠ADB＝135°，即可求解；（3）过点C作EF∥OB，交AO的延长线于点F，过点B作BE⊥EF于点E，由“AAS”证△ACF≌△CBE，得BE＝CF，AF＝CE，设OF＝x，再由AF＝CE列方程得x的值，然后由勾股定理可求解．【解答】解：（1）①∵△ABC和△ADE为等边三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝∠ADE＝60°，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，在△BAD和△CAE中，，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠AEC＝∠ADB＝180°﹣∠ADE＝120°，∴∠BEC＝∠AEC﹣∠AED＝120°﹣60°＝60°，故答案为：60°；②由①可知，△BAD≌△CAE，∴BD＝CE，故答案为：BD＝CE；（2）∠BEC＝90°，BE＝CE+DE，理由如下：∵∠BAC＝∠DAE＝90°，△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠ADE＝∠AED＝45°，∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∠AEC＝∠ADB＝180°﹣∠ADE＝135°，∴∠BEC＝∠AEC﹣∠AED＝135°﹣45°＝90°，∵BE＝BD+DE，∴BE＝CE+DE；（3）如图3，过点C作EF∥OB，交AO的延长线于点F，过点B作BE⊥EF于点E，则∠BOF＝180°﹣∠AOB＝90°，∠BEC＝∠CFA＝90°，∴四边形BOFE是矩形，∴OB＝EF＝7，BE＝OF，∵∠ACB＝90°，∴∠BCE+∠ACF＝90°，∵∠ACF+∠CAF＝90°，∴∠CAF＝∠BCE，∵∠F＝∠E＝90°，AC＝BC，∴△ACF≌△CBE（AAS），∴CF＝BE，AF＝CE，设OF＝x，则CF＝BE＝OF＝x，AF＝3+x，CE＝7﹣x，∴3+x＝7﹣x，∴x＝2，∴OF＝CF＝2，在Rt△OCF中，由勾股定理得：OC2＝OF2+CF2＝22+22＝8，故答案为：8．【点评】本题是三角形的综合题，考查的是等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，本题综合性强，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键，属于中考常考题型．17．（2021秋•兴化市期末）如图1，△ABC与△ADE是共顶点A的两个等腰三角形，其中AB＝AC，AD ＝AE，∠BAC＝∠DAE，连接CE、BD．（1）求证：CE＝BD；（2）如图2，固定△ABC，将△ADE绕点A旋转，若AD＝25，BC＝20，S△ABC＝240，当点D旋转到线段BC上时，求CE的长；（3）如图3，设F为BD、CE的交点，G、H分别为BD、CE的中点，∠BFC＝α，∠AGH＝β，试探究α与β的数量关系，并说明理由．【分析】（1）由等腰三角形的性质可知AB＝AC，AD＝AE，∠BAD＝∠CAE，再利用SAS可证明△BAD ≌△CAE，得CE＝BD；（2）过点A作AP⊥BC于P，连接CE，根据BC＝20，S△ABC＝240，得AP＝24，可知点D在CP或BP 上，利用勾股定理解决问题；（3）连接AH，由（1）同理知，△BAD≌△CAE（SAS），得∠ADB＝∠AEC，BD＝CE，再利用SAS证明△ADG≌△AEH，得∠AHE＝∠AGD＝∠AGH+∠FGH，AG＝AH，从而解决问题．【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE，∠BAC＝∠BAD+∠CAD，∠DAE＝∠CAE+∠CAD，∴∠BAD＝∠CAE，∵AB＝AC，AD＝AE，∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴CE＝BD；（2）解：如图，过点A作AP⊥BC于P，连接CE，由（1）同理知，△BAD≌△CAE（SAS），∴CE＝BD，∵BC＝20，S△ABC＝240，∴AP＝24，当点D在CP上时，在Rt△APD中，PD2＝AD2﹣AP2＝49，∴PD＝7，∵AB＝AC，AP⊥BC，∴P为BC的中点，∴BP＝CP，∵BC＝20，∴BP＝10，∴BD＝17，∴CE＝BD＝17，当点D在BP上时，同理可知CE＝BD＝10﹣7＝3，综上所述：CE＝3或17；（3）解：α+2β＝180°，理由如下：如图，连接AH，由（1）同理知，△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ADB＝∠AEC，BD＝CE，∵G，H分别为BD，CE的中点，∴DG＝EH，∵∠ADB＝∠AEC，DG＝EH，AD＝AE，∴△ADG≌△AEH（SAS），∴∠AHE＝∠AGD＝∠AGH+∠FGH，AG＝AH，∴∠AGH＝∠AHG，∵∠FHG+∠AHG+∠AHE＝180°，∴∠FHG+∠AGH+∠AGH+∠FGH＝180°，∵∠BFC＝∠FGH+∠FHG，∠BFC＝α，∠AGH＝β，∴α+2β＝180°．【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟悉基本模型证明△BAD≌△CAE是解题的关键．。
《手拉手》教学设计
《手拉手》教学设计一、教学目标：1.运用圆形、三角形等基本图形，通过夸张的表现手法，表现手拉手的形象，传达友谊、和平等积极情感。
2.学习用线条来表现手拉手的形象，锻炼学生的线条表现能力。
3.通过学习和欣赏作品，培养学生的团结、友爱的精神品质。
二、教学重难点：1.教学重点：用基本图形和线条表现手拉手的形象，传达友谊、和平等积极情感。
2.教学难点：如何准确地表现手拉手的动态和表情，以及如何运用夸张的手法表现主题。
三、教学准备：1.教师准备：圆形、三角形等基本图形的画纸、绘画工具、教学PPT等。
2.学生准备：画纸、绘画工具等。
四、教学过程：1.导入新课：教师出示一张手拉手的照片，引导学生观察，并提问：“这张照片表现的是什么内容？”学生回答后，教师总结：“这张照片表现的是两个小朋友手拉手，互相帮助的场景。
这节课我们要画一幅‘手拉手’的画。
”2.学习新课：（1）教师出示一个圆形和一个三角形的画纸，引导学生观察：“这张画纸上有什么图形？我们可以怎样来画这个圆形和三角形？”学生思考后回答，教师总结：“我们可以先画一个圆形作为头部，再画一个三角形作为身体。
接着，我们可以画出手拉手的形象。
”（2）教师示范画法：先画一个圆形作为头部，再画一个三角形作为身体。
接着，画出两只手和两条腿。
最后，用线条画出细节和纹理。
（3）学生练习画法：学生在自己的画纸上模仿教师的画法，尝试画出“手拉手”的形象。
教师巡回指导，纠正学生的错误画法。
3.拓展延伸：（1）教师提问：“除了小朋友手拉手的形象，我们还可以表现哪些形象？”学生思考后回答，教师总结：“我们还可以表现大人、老人、动物等形象的手拉手。
”（2）教师出示一些表现不同形象的手拉手的作品，引导学生欣赏和学习。
学生欣赏后，可以自己创作一幅表现不同形象的手拉手的作品。
4.作业展示：学生将自己的作品展示在黑板上或教室的墙壁上，教师点评和总结。
5.课堂小结：这节课我们学习了如何用基本图形和线条来表现手拉手的形象，以及如何传达友谊、和平等积极情感。
沪教版(上海)数学七年级第二学期-14.7 (2)等边三角形的性质之手拉手模型 教案
课题：14.7（2）等边三角形的性质之手拉手模型执教教师：［教学目标］1、掌握等边三角形的性质，进一步应用等边三角形的性质解题；2、掌握手拉手模型的基本原理，会正确分析手拉手模型；3、在解决实际问题中体验数学解题的乐趣，培养学生学习数学的兴趣.［教学重点］等边三角形的性质、手拉手模型［教学难点］手拉手模型的基本原理［教学过程］教学环节教师活动学生活动设计意图（一）视频引入激发兴趣同学们知道什么是手拉手模型吗？播放视频观看视频小组讨论什么是手拉手模型通过手拉手模型的简介视频引入本节课的主题，激发学生的学习兴趣。
（二）例题讲解课堂练习探索新知，例题讲解手拉手模型的做题步骤：1、找公共点2、大手拉小手3、SAS利用电子书包推送给学类型1：等边三角形的手拉手模型例1 如图，已知点B、C、E在一直线上，△ABC、△DCE 都是等边三角形，联结AE、BD，试说明AE=BD的理由；变式1如图，已知点B、C、E在一直线上，△ABC、△DCE都是等边三角形，联结AE、BD，试说明AE=BD的理由；AB CDE变式2 如图，在等边三角形ABC的边BC上任取一点D，以CD为边向外作等边三角形CDE,联结AD、BE,试说明BE=AD的理由；认真听教师讲解完例题后，小组合作，完成变式练习，并让学生代表上台讲生变式练习，让学生在Pad上直接做标记，小组合作完成练习，巩固所学知识。
3.6手拉手(教案)2023-2024学年数学四年级下册
3.6手拉手（教案）20232024学年数学四年级下册一、教学内容本节课的教学内容以教材中第3.6章节的"手拉手"为主题，通过生动的实例，让学生理解和掌握图形的对称性，并能够运用这一性质解决实际问题。
二、教学目标1. 理解手拉手的概念，掌握其性质。
2. 能够识别生活中的对称图形，并运用手拉手的性质进行解释。
3. 培养学生的观察能力、思考能力和解决问题的能力。
三、教学难点与重点本节课的重点是让学生理解和掌握手拉手的性质，难点是让学生能够将手拉手的性质运用到实际问题中。
四、教具与学具准备为了更好地进行教学，我准备了一些教具和学具，包括PPT、对称图形卡片、练习题等。
五、教学过程1. 实践情景引入：我会通过展示一些生活中的对称图形，如剪刀、风筝等，让学生观察并引导学生思考这些图形的共同特点。
2. 概念讲解：我会利用PPT展示手拉手的概念，并通过图形的动态变换，让学生直观地理解手拉手的性质。
3. 例题讲解：我会选取一些典型的例题，如判断图形是否为手拉手，或用手拉手性质解决实际问题，让学生在实例中理解和掌握手拉手的性质。
4. 随堂练习：我会设计一些练习题，让学生在课堂上进行练习，巩固所学知识。
5. 应用拓展：我会让学生分组讨论，寻找生活中的对称图形，并尝试用手拉手的性质进行解释。
六、板书设计为了帮助学生理解和记忆手拉手的性质，我会设计简洁明了的板书，主要包括手拉手的定义、性质及其应用。
七、作业设计1. 判断题：判断生活中的一些图形是否为手拉手，并解释原因。
答案：剪刀、风筝等都是手拉手。
2. 应用题：用手拉手的性质解释一些实际问题，如为什么一些图案设计成手拉手形状。
答案：手拉手形状的设计可以使图案更加美观、平衡。
八、课后反思及拓展延伸课后，我会对教学效果进行反思，看是否达到了教学目标，学生是否掌握了手拉手的性质。
同时，我也会鼓励学生在课后继续寻找生活中的对称图形，并尝试用手拉手的性质进行解释，以提高学生的观察能力和解决问题的能力。
初二上学期全等三角形专题之手拉手模型教案(有答案)
手拉手模型互动精讲【知识梳理】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）常见的手拉手模型：【例题精讲】例1、如图，分别以△ABC的AB、AC为边向外作等边三角形△ABD、△ACE，连接CD、BE交于F，求证（1）△DAC≌△BAE （2）求∠DFB的度数（3）AF 平分∠DFE.例2、以点A为顶点作等腰Rt△ABC，等腰Rt△ADE，其中∠BAC=∠DAE=90°，如图1所示放置，使得一直角边重合，连接BD、CE．（1）试判断BD、CE的数量关系，并说明理由；（2）延长BD交CE于点F，试求∠BFC的度数；（3）把两个等腰直角三角形按如图2放置，（1）中的结论是否仍成立？请说明理由．F G HDECBA【课堂练习】1、如图，直线AB 的同一侧作△ABD 和△BCE 都为等边三角形，连接AE 、CD ，二者交点为H 。
求证： （1）△ABE ≌△DBC ； （2）AE=DC ； （3）∠DHA=60°； （4）△AGB ≌△DFB ； （5）△EGB ≌△CFB ； （6）连接HB ，HB 平分∠AHC 。
（7）连接GF ，GF ∥AC ；2、已知点C为线段AB上一点，分别以AC、BC为边在线段AB同侧作△ACD和△BCE，且CA＝CD，CB＝CE，∠ACD＝∠BCE，直线AE与BD交于点F(1) 如图1，若∠ACD＝60°，则∠AFD＝__________(2) 如图2，若∠ACD＝α，连接CF，则∠AFC＝__________（用含α的式子表示）(3) 将图1中的△ACD绕点C顺时针旋转如图3，连接AE、AB、BD，∠ABD＝80°，求∠EAB的度数课堂检测1、如图甲，正方形ABCD和正方形CEFG共一顶点C，且B，C，E在一条直线上．连接BG，DE．（1）请你猜测BG，DE的位置关系和数量关系，并说明理由；（2）若正方形CEFG绕C点顺时针方向旋转一个角度后，如图乙，BG和DE是否还有上述关系？是说明理由．2、已知△ABC是等边三角形，点D是直线BC上一点，以AD为一边在AD的右侧作等边△ADE. （1）如图①，点D在线段BC上移动时，直接写出∠BAD和∠CAE 的大小关系；（2）如图②③，点D在线段BC的延长线上移动时，猜想∠DCE的大小是否发生变化.若不变请求出其大小；若变化，请说明理由.课后作业1、如图1，点A和点B分别在y轴正半轴和x轴负半轴上，且OA＝OB．点C和点D分别在第四象限和第一象限，且OC⊥OD，OC＝OD，点D的坐标为(m，n)，且满足|m－2n|2＋|n－2|＝0(1) 求点D的坐标(2) 求∠AKO的度数(3) 如图2，点P、Q分别在y轴正半轴和x轴负半轴上，且OP＝OQ，直线ON⊥BP交AB于点N，MN⊥AQ交BP的延长线于点M，判断ON、MN、BM的数量关系并证明2、如图△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ED，求ED的最小值．。
三角形手拉手模型专题讲义
手拉手模型1、等边三角形条件：△ OAB △ OCD均为等边三角形结论：二零"厂=容朋J；氏讣律泸；「浓子势.•&乎》导角核心：八字导角2、等腰直角三角形条件：△ OAB △ OCD均为等腰直角三角形结论：二葺沁.'=H；总恶「:詩；■「氓子势灵' 导角核心:条件：△ OAB △ OCD均为等腰三角形，且/ AOB = Z COD结论：,⑺住=⑴泠】；包/化识=n血；常核心条件：OA = OB；OC = OD；ZAOB^ZCOD例题讲解:1:在直线ABC的同一侧作两个等边三角形△ ABD^R^ BCE连接AE与CD 等边三角形要得到哪些结论要联想到什么模型k___________________________________ )证明：("△ABE^A DBC(2) AE=DC(3) AE与DC的夹角为60°;(4) A AGB^A DFB(5) A EGB^A CFB(6) BH平分/ AHC解题思路：2:利用边角边证明全等；3：八字导角得角相等；2:如图两个等腰直角三角形ADC与EDG连接AG,CE,二者相交于H.等腰直角三角形要得到哪些结论要联想到什么模型k___________________________________ )问 (ADG^A CDE是否成立(2)AG是否与CE相等(3)AG与CE之间的夹角为多少度(4)HD是否平分/ AHE解题思路：2:利用边角边证明全等；3:八字导角得角相等；3：如图，分别以△ ABC的边AB AC同时向外作等腰直角三角形，其中AB =AE，AC=AD,等腰直角三角形要得到哪些结论要联想到什么模型Z BAE=Z CAD=90，点G为BC中点，点F为BE中点，点H为CD中点。
探索GF与GH的位置及数量关系并说明理由B G C解题思路：1:有两个共顶点的等腰直角三角形，联想手拉手全等，连接BD, CE △ BAD^A EAC1:如图1,已知/ DAC=90 , △ ABC是等边三角形，点P为射线AD任意一点(P与A 不重合)，E.(1)_________________________ 如图1,猜想/ QEP=團1(2)如图2, 3,若当/ DAC是锐角或钝角时，其它条件不变，猜想/ 取一QEP勺度数，选种情况加以证明；图2 團3(3) 如图3,若/ DAC=135，/ ACP=15，且AC=4 求BQ的长.有特殊的钝角，需要做什么求线段长有哪些方法解题思路:1:旋转60°,出现等边三角形2:两个共顶点的三角形，联想手拉手全等3:求线段长度，利用勾股定理2:在ABC 中，AB BC 2 ABC 90 ，BD为斜边AC上的中线, 将ABD绕点D 等腰直角三角形斜边的中线可以得到什么点B的对应点为点顺时针旋转(0 180 )得到EFD ,其中点A的对应点为点E,F,等腰直角三角形绕顶点旋转，是什么模型3:在 Rt △ ABC 中， ACB 90 , D 是 AB 的中点，DEL BC 于 E ,连接 CD解题思路: 1 ：等腰直角三角形斜边的中线把三角形分成两个相同的等腰直角三角形2:等腰直角三角形绕顶点旋转，联想手拉手模型3:等腰直角三角形中出现中点，联想斜边中点4:利用勾股定理得线段关系BE 与FC 相交于点H.(1) ________________________________________________ 如图1,直接写出BE 与FC 的数量关系： _____________________________________________(2) 如图2, M N 分别为EF 、BC 的中点.求证：MN 2CF ; 2 出现中点要想到什么(3)连接BF ，CE,如图3,直接写出在此旋转过程中，线段 BF 、CE 与AC 之间的数量 关系: 「线段的关系都有哪些1直角+中点，联想什么(1)____________________________________________________________ 如图1,如果A 30，那么DE与CE之间的数量关系是__________________________________ .(2)如图2,在(1)的条件下，P是线段CB上一点，连接DP将线段DP绕点D逆时针旋转60 °，得到线段DF,连接BF，请猜想DE BF、BP三者之间的数量关系，并证明你的结论.旋转60°,要做什么，还要联想什么「线段关系，一般有哪些'(3)如图3,如果 A ( 0 90 ), P是射线CB上一动点(不与B C重合)，连接DP将线段DP绕点D逆时针旋转2a,得到线段DF,连接BF,请直接写出DE BF、BP三者之间的数量关系(不需证明).解题思路:1：直角三角形斜边的中线是斜边的一半2: 30°的直角三角形，得到等边三角形3:线段关系一般有和差倍，勾股定理4:等腰三角形共顶点旋转，联想手拉手模型1:已知：在厶ABC中，/ BAC=60(1)如图1，若AB=AC 点P 在厶ABC内，且/ APC=150 , PA=3 PC=4,把厶APC绕着点A顺时针旋转，使点C旋转到点B处，得到△ ADB连接DP旋转60°，要做什么，还要联想什么①依题意补全图1；②直接写出PB的长；(2)如图2,若AB=AC点P在厶ABC外,且PA=3 PB=5 PC=4求/ APC的度数；给出共顶点的三条线段，要做什么当看到3, 4, 5，要来你想什么k ______________________________ >(3)如图3,若AB=2AC点P在厶ABC内，且PA=/3 , PB=5 Z APC=120，请直接写出PC 的长.解题思路:1:共点的三条线段，利用旋转，构造手拉手模型，使之放在同一三角形中2:勾股定理，勾股数3:沿用前两问思路，构造手拉手相似2:在口ABCD中，E是AD上一点，AE=AB过点E作直线EF,在EF上取一点G,使得/ EGB2 EAB 连接AG.(1)如图1,当EF与AB相交时，若/ EAB=60，求证：EG =AG+BG(2)如图2,当EF与AB相交时，若/ EAB= a( 0o <a< 90o )，请你直接写出线段EG AG BG之间的数量关系(用含a的式子表示)；(3)如图3,当EF与CD相交时，且/ EAB=90，请你写出线段EG AG BG之间的数量关系，并证明你的结论.團31:有60°角，联想等边三角形，联想手拉手2:线段和差，联想截长补短3:等腰三角形，构造手拉手模型4:三条线段的关系：和差倍、勾股定理课堂练习A类1:如图，已知ABC和ADE都是等边三角形，B、C、D在一条直线上，试说明CE 与AC CD 相等的理由.C D(1) 如图1,直接写出 ABD 的大小(用含 的式子表示)；(2) 如图2, BCE 150 , ABE 60，判断△ ABE 的形状并加以证明;(3) 在(2)的条件下，连结 DE 若 DEC 45，求 的值2:如图，点C 是线段AB 上除点A B 外的任意一点，分别以 AC BC 为边在线段AB 的同旁作等边△ ACD 和等边△ BCE 连接AE 交DC 于 M 连接BD 交CE 于N 连接 MN(1) 求证：AE=BD(2) 求证：MN/ AB3:已知：如图，△ ABC △ CDE 都是等边三角形,AD BE 的中点.(1) 求证：AD=BE(2) 求/ D0E 的度数；(3) 求证：△ MNC 1等边三角形. 1:在厶ABC 中，AB AC , BAC 0 得到线段BD.60 ，将线段BC 绕点B 逆时针旋转60AD BE 相交于点0,点M N 分别是线段2. 如图1在四边形ABC 中，BA=BC Z ABC=60，上ADC=30，连接对角线BD.(1) 将线段C ［绕点C 顺时针旋转60°得到线段CE 连接AE.① 依题意补全图1；② 试判断AE 与 BD 勺数量关系，并证明你的结论；(2) 在(1)的条件下，直接写出线段 DA DB 和DC 之间的数量关系；(3) 如图2, F 是对角线BDh —点，且满足Z AFC=150，连接FA 和FC,探究线段FA 、FB 和FC 之间的数量关系，并证明.3. 如图，在△ ABC 中，Z ACB=90，AC=BC=C ，Z ACD a ，将线段 CD 绕点C 顺时针旋 转90°得到线段 CE,连接DE AE BD(1) 依题意补全图1;(2) 判断AE 与BD 的数量关系与位置关系并加以证明；(3) 若0 °VaW 64°，AB=4,AE 与BD 相交于点G,求点G 到直线AB 的距离的最大值.请写出求解的思路(可以不写出计算结果 ). 1:已知：PA 2, PB 4，以AB 为一边做正方形 ABCD ，使P 、D 两点落在直线 AB的两侧。
中考数学专题复习——《手拉手式旋转型全等模型》教学设计
第 1 课时：手拉手式旋转型全等模型一. 内容和内容解析1.内容中考第24 题《几何问题探究》的第1 课时，手拉手式旋转型全等模型2.内容解析本节内容为中考专题第24 题探究的第1 课时，在中考复习的第二阶段，学生经过三年以及第一轮的系统复习之后，不仅对初中几何知识已建立起知识网络，而且几何知识的应用能力得到明显提升，形成了一定的几何思维。
本节课从模型的介绍出发，认识图形旋转中常见的手拉手式旋转型全等模型，体会从复杂的图形中分离或构造出该模型，归纳出模型的基本性质，利用性质并结合学生已有经验解决几何问题。
手拉手式旋转型全等模型对于学生而言并非完全陌生，本节课首先利用几何画板的动态性逐渐还原出这一模型，可以让学生抓住其特点是共顶角顶点且顶角相等的两个等腰三角形通过“左手拉左手，右手拉右手”原则构造旋转型全等三角形，其判定是SAS，然后通过分析图形得到“旋转型全等三角形对应边所在直线的夹角等于旋转角”，并且会用旋转型全等三角形还原手拉手模型。
接下来是例题的呈现，该例以等腰直角三角形构造的手拉手式旋转型全等模型为基本图形，结合截长补短思想还原缺失的模型，并尝试利用结论解决问题，同时在原图形上拓展创新地设计某一等腰直角三角形旋转后形成特殊图形时一些线段的长度，这一问既要考察学生的空间想象能力，还考察了学生的作图能力，作出正确图形才能正确解答第三部分是练习，练习选取了以等边三角形构造的手拉手式旋转型全等模型为基本图形，根据点的位置变化而引起图形的变化。
这一题体现了图形位置虽然发生了变化，但是解题的思想却如出一辙，可以采用相同或类似的方法解决问题。
根据以上的分析，本节课的教学重点确定为：【教学重点】手拉手式旋转型全等模型的识别和构造二. 目标和目标解析1.教学目标（1）手拉手式旋转型全等模型的识别和构造，利用性质解决几何问题（2）体会转化、分类、类比、归纳的数学思想（3）在独立思考和合作探究中感受成功的喜悦，发展学生的直观几何、逻辑推理能力2.目标解析达成目标（1）的标志是：学生从复杂图形中识别出全等模型，还原出有缺失的模型达成目标（2）的标志是：学生在解决几何问题中能根据“不确定”进行正确分类，同时学会类比地采用相同或类似方法解决问题，能自主归纳出模型特点和性质。
2024年《手拉手》优秀教学教案
2024年《手拉手》优秀教学教案一、教学内容本教案依据2024年教材《手拉手》第3章第2节内容，详细讲解平面图形的对称性质及其在实际生活中的应用。
主要内容包括：对称轴的定义与识别、轴对称图形的特征、图形的对称变换及其在实际生活中的应用。
二、教学目标1. 让学生掌握对称轴的定义，能够识别并找出平面图形的对称轴。
2. 使学生了解轴对称图形的特征，能够判断一个图形是否为轴对称图形。
3. 培养学生运用对称性质解决实际问题的能力，增强空间观念。
三、教学难点与重点重点：对称轴的识别、轴对称图形的判断。
难点：对称性质的运用，解决实际问题。
四、教具与学具准备1. 教具：多媒体课件、黑板、粉笔。
2. 学具：直尺、圆规、剪刀、彩纸。
五、教学过程1. 实践情景引入（5分钟）利用多媒体课件展示生活中具有对称性质的图片，引导学生观察并发现这些图片的共同特点。
2. 知识讲解（15分钟）（1）对称轴的定义与识别（2）轴对称图形的特征（3）图形的对称变换3. 例题讲解（10分钟）通过讲解典型例题，让学生掌握对称轴的识别方法，学会判断轴对称图形。
4. 随堂练习（10分钟）学生独立完成练习题，巩固所学知识。
5. 小组讨论（10分钟）学生分组讨论，探讨对称性质在实际生活中的应用。
六、板书设计1. 对称轴的定义与识别2. 轴对称图形的特征3. 图形的对称变换4. 生活中的对称现象七、作业设计1. 作业题目：（2）运用对称性质，设计一幅具有对称美感的图案。
2. 答案：（1）图形的对称轴分别为：水平线、垂直线和斜线。
判断：图形1、3为轴对称图形，图形2、4不是轴对称图形。
（2）答案不唯一，鼓励学生发挥创意。
八、课后反思及拓展延伸1. 反思：本节课的教学效果，学生的掌握程度，教学方法是否合适等。
2. 拓展延伸：引导学生探索其他类型的对称性质，如旋转对称、镜像对称等，并了解其在艺术、建筑等领域的应用。
重点和难点解析1. 教学内容的对称轴识别与轴对称图形判断2. 教学目标的掌握对称性质解决实际问题能力3. 教学难点与重点的对称性质运用4. 教学过程中的例题讲解与随堂练习5. 作业设计的生活中对称现象的探索一、教学内容：对称轴识别与轴对称图形判断1. 对称轴识别：强调对称轴是图形对称的关键要素，应详细讲解如何找出图形的对称轴，包括水平、垂直和斜线对称轴的识别方法。
人教版八年级数学上册《全等三角形之手拉手模型》教学设计
全等三角形之手拉手模型一、内容和内容解析1.内容全等三角形之手拉手模型．2.内容解析本节课是在学生已经学习了全等三角形、等腰三角形等知识的基础上，进一步研究由顶角相等的两个等腰三角形共顶点所组成的数学模型——手拉手模型的特征．由这个基本模型探究出固定的结论，为后续解决以这个模型为基础的问题提供了方法．全等三角形之手拉手模型是数学中常见的模型，熟悉并掌握这个模型，有助于学生解决等边三角形共顶点和等腰直角三角形共顶点的问题；善于发现并应用这个基本模型，可以使解题由难到易，化繁为简．基于以上分析，确定本节课的教学重点：能识别手拉手模型，能证明两组结论．二、目标和目标解析1.目标（1）能识别全等三角形之手拉手模型，掌握相关的两组结论．（2）能应用模型中的基本结论，解决其他数学问题．2.目标解析达成目标（1）的标志是：学生能记住基本模型的特征，能证明两组结论．达成目标（2）的标志是：能运用基本结论来解决有关数学问题．三、教学问题诊断分析很多同学在解决几何问题的时候总是找不准方向，没有解题思路，看到几何题就蒙了，不知道从何入手．因此，对所学的几何知识模型化，有利于学生提高解题能力，使逻辑思维能力得到发展．本节课的教学难点：会用手拉手模型的基本结论解决数学问题．四、教学过程设计1.创设情境看到标题中的手拉手，同学们一定会想到这样的画面：两位同学手拉着手，面带笑容，一起在做着游戏．本节课，我们将跟大家介绍另一种类型的手拉手，拉手的对象由两个人变成了两个顶角相等的等腰三角形．设计意图：利用手拉手图片引入课题，激发学生的学习兴趣．2.感知模型演示手拉手过程（如图）探究1: △ABD和△ACE的关系？BD和CE的长度关系？探究2：∠BOC和∠BAC的关系？问题1：如果△ADE的位置发生变化，那么上面两组结论是否还成立呢？（如图）学生合作交流，教师指导归纳：只要两个等腰三角形的顶点重合，顶角相等，无论两个三角形的位置如何，这两组结论都是成立的．我们将这个图形和两个结论统称为手拉手模型．大家应像记公式一样记住这个模型．强调一下模型的特征：条件---两个顶角相等的等腰三角形共顶点．结论---①两只左手与顶点组成的三角形和两只右手与顶点组成的三角形全等；②相等的两条线段是左手拉左手，右手拉右手得到的两条线段；③相等的两个角，它们一个是等腰三角形的顶角，另一个是手拉手以后得到的两条直线的夹角．设计意图：介绍基本模型，为下面应用模型解决数学问题作铺垫．3.熟悉模型⑴学生练习根据下面等腰三角形共顶点的手拉手模型，请直接写出相应的两组结论：1、△ADB和△AEC均为等边三角形2、△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝9003、四边形ABCD和四边形DEFG均为正方形⑵教师评讲．设计意图：通过有趣的活动，让学生补全模型，写出基本结论，加深学生对基本模型的认识．4.应用模型教师：通过上面3道变式题E FPBA C的练习，相信大家已经对等腰三角形手拉手模型比较熟悉了．为了让大家对这个模型活学活用，我们来看一看由一个中考题改编的例题．例题：如图，△ABC是等边三角形，点P为射线AD任意一点（P与A不重合），连结CP，若CP＝CQ, ∠PCQ＝600，连结QB并延长交直线AD于点E.（1）请直接写出∠QEP的度数和AP与BQ的数量关系．（不用证明）（2）若∠APC＝30°,∠ACP＝15°①∠BFC＝．②当BF＝4时，求AP的长．问题2：你能找出图中隐藏的手拉手模型吗？问题3：你能说出模型中的2组结论吗？点学生回答：结论1：△CBQ≌△CAP；AP＝BQ；结论2：∠E＝∠PCQ＝60º教师：解几何计算题，我们一般采用顺推的方式来分析，也就是由已知条件，逐步推出未知的结果．请大家分小组进行推理，看哪个组最先做出来？学生写出解答过程．教师巡查．设计意图：引导学生运用手拉手模型的基本结论解决数学问题，加深学生对模型化解题的认识．5.课堂小结1、本节课你学到了什么知识？2、手拉手模型中还有其它结论，大家以后可以深入研究．3、数学模型是解题经验的总结，你自己也可以把一些有用的图形和结论归纳为数学模型，为自己所用．设计意图：回顾所学内容，加深学生对手拉手模型的理解，揭示数学模型的实质．6.目标检测（每题10分）（1）如图，分别以△ABC的边AB，AC同时向外作等腰直角三角形，其中AB＝AE，AC＝AD，∠BAE＝∠CAD＝90°，点G为BC中点，点F为BE中点，点H为CD中点．GF与GH的数量关系为：，∠FGH＝（2）如图，点A为线段BD上一点，△ABC和△ADE均是等边三角形，（1）CD＝BE；（2）∠CFB＝∠BAC；(3)连接AF，AF 平分∠BFD；(4)连接GH，△GAH为等边三角形；下面选项正确的是（）A.(1)(2)(3)B.(1)(2)(4)C.(1)(3)(4)D.(1)(2)(3)(4)设计意图：检验本节课学习效果，便于课后查漏补缺．7.布置作业：在△ABC中，AB＝AC，点D是射线CB上的一动点（不与点B、C重合），以AD为一边在AD的右侧作△ADE，使AD＝AE，∠DAE＝∠BAC，连接CE．（1）如图1，当点D在线段CB上，且︒=BAC时，那么∠90∠＝；DCE（2）设α=∠BAC，β=∠DCE．①如图2，当点D在线段CB上，︒BAC时，请你探究α≠∠90与β之间的数量关系，并证明你的结论；②如图3，当点D在线段CB的延长线上，︒BAC时，∠90≠请将图3补充完整，并直接写出此时α与β之间的数量关系．（3）结论：α与β之间的数量关系是．。
第12章全等三角形-手拉手模型(教案)
b.全等三角形的判定方法选择：学生在面对具体问题时，可能会对选择合适的判定方法感到困惑。
c.手拉手模型的实际操作：学生在动手操作过程中可能会遇到技术难题，影响对全等三角形判定方法的理解。
举例解释：
-对于全等三角形性质的理解，教师可以设计动画或实物模型，直观地展示全等三角形的各个对应角和对应边是如何一一对应的，帮助学生深入理解性质。
3.成果分享：每个小组将选择一名代表来分享他们的讨论成果。这些成果将被记录在黑板上或投影仪上，以便全班都能看到。
（五）总结回顾（用时5分钟）
今天的学习，我们了解了全等三角形的基本概念、判定方法和实际应用。通过实践活动和小组讨论，我们加深了对全等三角形判定方法的理解。我希望大家能够掌握这些知识点，并在日常生活中灵活运用。最后，如果有任何疑问或不明白的地方，请随时向我提问。
3.重点难点解析：在讲授过程中，我会特别强调全等三角形的判定方法和手拉手模型的应用这两个重点。对于难点部分，我会通过具体例子和对比分析来帮助大家理解。
（三）实践活动（用时10分钟）
1.分组讨论：学生们将分成若干小组，每组讨论一个与全等三角形判定相关的实际问题。
2.实验操作：为了加深理解，我们将进行手拉手模型的制作和验证。这个操作将演示全等三角形判定方法的基本原理。
五、教学反思
在今天的教学中，我发现学生们对全等三角形的概念和判定方法的理解存在一些挑战。在导入新课环节，通过日常生活中的例子引入全等三角形的概念，学生们表现出了一定的兴趣，但同时也暴露出他们对几何图形在实际应用中的认识还不够深入。
在理论介绍和新课讲授环节，我发现有些学生对全等三角形的判定方法掌握不够牢固，特别是SAS和ASA的判定条件容易混淆。我通过反复举例和对比分析，希望帮助他们建立起清晰的认识。此外，我注意到在讲解过程中，需要更多地引导学生参与到课堂讨论中，而不是单向灌输知识。
《手拉手模型》培优教案
（5）△EGB≌△CFB
（6）△GBF是等边三角形
（7）BH平分∠AHC
（8）GF∥AC
（9）AH=HD+HB
（10）HC=HE+HB
变式练习、如果两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明：
（1） △ABE≌△DBC
（2）AE=DC
（3）AE与DC的夹角为60。
辅导教案
年级：八年级
课时2
教学内容
八年级数学手拉手模型
本次重难点
构造全等三角形
教
学
过
程
两个形状相同的图形，共用同一个顶点”，即可看作“手拉手模型”
例1、在直线ABC的同一侧作两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明：
（1） △ABE≌△DBC
（2）AE=DC
（3）AE与DC的夹角为60。
（4）AE与DC的交点设为H,BH平分∠AHC
例2：如图两个等腰直角三角形ADC与EDG，连接AG,CE,二者相交于H.
问（1）△ADG≌△CDE是否成立？
（2）AG是否与CE相等？
（3）AG与CLeabharlann 之间的夹角为多少度？（4）HD是否平分∠AHE？
例3：如图，两个正方形ABCD和DEFG，连接AG与CE，二者相交于H
问：（1）△ADG≌△CDE是否成立？
（2）AG是否与CE相等？
（3）AG与CE之间的夹角为多少度？
（4）HD是否平分∠AHE？
公开课《手拉手》教学设计教案及反思
公开课《手拉手》教学设计教案及反思一、教学内容本节课选自数学教材第四章《几何图形的认识》第三节《平面图形的周长和面积计算》。
详细内容包括：探讨平面图形中三角形、四边形的周长和面积计算方法，以及两者在实际生活中的应用。
二、教学目标1. 知识与技能：学生能理解并掌握三角形和四边形周长、面积的计算方法，能运用所学知识解决实际问题。
2. 过程与方法：培养学生动手操作、合作交流的能力，提高学生解决问题的策略和技巧。
3. 情感态度价值观：激发学生对几何图形的兴趣，增强学生对数学学习的信心和积极性。
三、教学难点与重点重点：三角形和四边形周长、面积的计算方法。
难点：如何在实际问题中灵活运用周长和面积的计算方法。
四、教具与学具准备教具：三角板、四边形板、直尺、圆规、多媒体设备。
学具：三角板、四边形板、直尺、圆规、练习本。
五、教学过程1. 导入：通过展示生活中的三角形和四边形实物，引导学生关注几何图形，为新课的学习做好铺垫。
细节：展示红领巾、窗户、桌子等物品，引导学生观察并说出它们的特点。
2. 新课导入：讲解三角形和四边形的概念，引导学生学习周长和面积的计算方法。
细节：利用三角板和四边形板，让学生动手测量并计算周长和面积。
3. 例题讲解：讲解三角形和四边形周长、面积计算的例题，引导学生掌握计算方法。
细节：讲解例题，让学生跟随教师一起解答，并解释计算过程。
4. 随堂练习：让学生独立完成练习题，巩固所学知识。
细节：布置练习题，让学生在规定时间内完成，并给予反馈。
5. 合作交流：分组讨论，让学生在实际问题中运用周长和面积的计算方法。
细节：分组讨论，每组选出一个代表进行汇报，分享解题过程和答案。
七、作业设计（1）一个等边三角形，边长为3cm。
（2）一个长方形，长为6cm，宽为4cm。
2. 答案：（1）周长：9cm，面积：3.9cm²（2）周长：20cm，面积：24cm²八、课后反思及拓展延伸1. 反思：本节课通过实践情景引入、例题讲解、随堂练习等方式，让学生掌握了三角形和四边形周长、面积的计算方法。
公开课《手拉手》教学设计教案及反思(1)
公开课《手拉手》教学设计教案及反思一、教学内容本节课选自数学教材第四章第二节《平面几何中的对称问题》，详细内容围绕“手拉手”模型进行展开，通过探究几何图形中的对称性质，深化学生对轴对称的理解，并运用此模型解决实际问题。
二、教学目标1. 知识目标：学生能够理解手拉手模型的定义，掌握其性质，并能够运用这些性质解决相关问题。
2. 能力目标：培养学生运用数学语言进行表达和逻辑推理的能力，提高解决实际问题的能力。
3. 情感目标：激发学生对数学学习的兴趣，培养学生的团队合作意识和探究精神。
三、教学难点与重点教学难点：手拉手模型性质的理解及其在解决实际问题中的应用。
教学重点：手拉手模型的建立，性质推导和应用。
四、教具与学具准备教具：多媒体教学设备、三角板、量角器。
学具：直尺、圆规、练习本。
五、教学过程1. 实践情景引入利用多媒体展示一组手拉手的舞蹈演员，引导学生观察并发现其中的对称性，自然引入“手拉手”模型。
2. 新课导入（1）回顾轴对称的定义和性质。
（2）提出“手拉手”模型，引导学生通过小组合作探究其性质。
3. 例题讲解（1）选取经典例题，讲解如何运用“手拉手”模型解决几何问题。
（2）通过步骤分解，详细讲解解题思路和方法。
4. 随堂练习设计具有代表性的练习题，让学生独立完成，巩固所学知识。
（2）鼓励学生提出疑问，进行课堂讨论。
六、板书设计1. 公开课《手拉手》2. 主要内容包括：（1）手拉手模型的定义；（2）手拉手模型的性质；（3）经典例题及解题方法；（4）随堂练习及答案。
七、作业设计1. 作业题目a. 已知三角形的两个角和一边，求另一个角。
b. 已知平行四边形的对角线互相平分，求证：该平行四边形是矩形。
（2）思考题：除了轴对称，还有哪些几何性质可以运用到实际问题的解决中？2. 答案（1）a. 通过手拉手模型的性质，推导出另一个角的度数。
b. 利用手拉手模型，证明该平行四边形是矩形。
（2）留作课堂讨论。
八、课后反思及拓展延伸1. 反思（1）本节课学生对“手拉手”模型的理解程度；（2）教学过程中的亮点和不足；（3）针对学生的反馈，调整教学策略。
初二上学期全等三角形专题之手拉手模型教案(有答案)
手拉手模型互动精讲【知识梳理】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）常见的手拉手模型：【例题精讲】例1、如图，分别以△ABC的AB、AC为边向外作等边三角形△ABD、△ACE，连接CD、BE交于F，求证（1）△DAC≌△BAE （2）求∠DFB的度数（3）AF 平分∠DFE.例2、以点A为顶点作等腰Rt△ABC，等腰Rt△ADE，其中∠BAC=∠DAE=90°，如图1所示放置，使得一直角边重合，连接BD、CE．（1）试判断BD、CE的数量关系，并说明理由；（2）延长BD交CE于点F，试求∠BFC的度数；（3）把两个等腰直角三角形按如图2放置，（1）中的结论是否仍成立？请说明理由．F G HDECBA【课堂练习】1、如图，直线AB 的同一侧作△ABD 和△BCE 都为等边三角形，连接AE 、CD ，二者交点为H 。
求证： （1）△ABE ≌△DBC ； （2）AE=DC ； （3）∠DHA=60°； （4）△AGB ≌△DFB ； （5）△EGB ≌△CFB ； （6）连接HB ，HB 平分∠AHC 。
（7）连接GF ，GF ∥AC ；2、已知点C为线段AB上一点，分别以AC、BC为边在线段AB同侧作△ACD和△BCE，且CA＝CD，CB＝CE，∠ACD＝∠BCE，直线AE与BD交于点F(1) 如图1，若∠ACD＝60°，则∠AFD＝__________(2) 如图2，若∠ACD＝α，连接CF，则∠AFC＝__________（用含α的式子表示）(3) 将图1中的△ACD绕点C顺时针旋转如图3，连接AE、AB、BD，∠ABD＝80°，求∠EAB的度数课堂检测1、如图甲，正方形ABCD和正方形CEFG共一顶点C，且B，C，E在一条直线上．连接BG，DE．（1）请你猜测BG，DE的位置关系和数量关系，并说明理由；（2）若正方形CEFG绕C点顺时针方向旋转一个角度后，如图乙，BG和DE是否还有上述关系？是说明理由．2、已知△ABC是等边三角形，点D是直线BC上一点，以AD为一边在AD的右侧作等边△ADE. （1）如图①，点D在线段BC上移动时，直接写出∠BAD和∠CAE 的大小关系；（2）如图②③，点D在线段BC的延长线上移动时，猜想∠DCE的大小是否发生变化.若不变请求出其大小；若变化，请说明理由.课后作业1、如图1，点A和点B分别在y轴正半轴和x轴负半轴上，且OA＝OB．点C和点D分别在第四象限和第一象限，且OC⊥OD，OC＝OD，点D的坐标为(m，n)，且满足|m－2n|2＋|n－2|＝0(1) 求点D的坐标(2) 求∠AKO的度数(3) 如图2，点P、Q分别在y轴正半轴和x轴负半轴上，且OP＝OQ，直线ON⊥BP交AB于点N，MN⊥AQ交BP的延长线于点M，判断ON、MN、BM的数量关系并证明2、如图△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ED，求ED的最小值．。
《等边三角形手牵手》教学设计
学生已有等腰等边三角形，全等三角形的知识储备，因此我采用问题串式教学的方法同学生逐步探讨式的学习本节课。本节课是初二的内容，学生的学习存在一定的差异但具有一定的推导能力，尤其是对图形中隐含的数学问题好奇心强，因而我以探究活动为主线设计了数学教学活动，针对学生的好奇心以问题引入设置教学悬念，激发学生的兴趣。进而引导学生深入探究应用知识形成技能，采用几何画板的动画演示使学生过好图形的变式关。为更好的开展教学活动我将要求学生做好预习工作，对几何画板、PPT、白板软件有所了解。
观察总结
动态演示形象直观
11.旋转图形
图形的旋转变换的应用
旋转后以上结论哪些还成立？
观察思考
图形的旋转演示
12.变式训练
方法的迁移训练
画一任意三角形ABC，分别以AB、AC为
在BC的同侧作正三角形ABD和正三角形ACE，1.连结BE、CD，求证：BE=CD
2.若BE、CD交于点P，求∠BPC的度数
变式训练解题方法的迁移，独立完成
求证：ΔCGE≅ΔCFB
从问题2中找条件完成解答
画板展示图形的更直观图形展示
6.问题4
等边三角形的性质和全等的判定应用
4.图中还有全等的三角形吗？
从6中找条件完成解答
利用填充效果展示图形
7.问题5
等边三角形的判定的应用
5.连结GF，判断ΔCFG的形状，并说明理由
从4中找条件完成解答
利用阴影展示图形直观
《等边三角形手牵手》教学设计
一、基本信息
学校
课名
等边三角形的综合应用
教师姓名
学科（版本）
新人教版
章节
13
学时
1
年级
八年
认识“手拉手”全等模型
授课学案学生姓名上课时间授课标题认识“手拉手”全等模型教学目标知识与技能目标1.能识别全等三角形常考模型—“手拉手”模型；2.会证明“手拉手”模型的常见结论；3.能灵活运用辅助线构造“手拉手”模型解决问题；过程与方法目标：1.采用提问式教学，培养学生自主探究能力；2.小步教学，边讲边练，强化学生理解；情感态度与价值观目标：1.通过对已学课内知识的回顾，培养学生知识迁移能力；2.通过生活实例类比，激发学生学习兴趣；教学重点“手拉手”模型常见结论教学难点“手拉手”模型常见结论一、复习检测【知识点一】全等图形1.全等图形的定义：能够__________的两个图形叫做全等图形.2.全等图形的性质：_______________，_______________.【知识点二】全等三角形1.全等三角形的定义：能够__________的两个三角形叫做全等三角形.（1）对应顶点：两个三角形全等，互相重合的顶点叫做对应顶点；（2）对应边：两个三角形全等，互相重合的边叫做对应边；（3）对应角：两个三角形全等，互相重合的角叫做对应角.2.表示方法：全等用符号“______”表示，读作“__________”.注意，在书写三角形全等时，应注意对应顶点的字母要写在对应位置上.3.全等三角形性质：_______________，________________4.全等变换的定义：全等变换是指改变图形的________，而不改变图形的________和________的变换.5.全等变换的方式：________变换，________变换，________变换.【知识点三】全等三角形的判定定理1.边角边定理两边和它们的____角对应相等的两个三角形全等（简写成“________”或“________”）.2.角边角定理两角及其____边分别相等的两个三角形全等（简写成“________”或“________”）.3.角角边定理两角及其中一个角的____边对应相等的两个三角形全等（简写成“________”或“________”）4.边边边定理三条边对应相等的两个三角形全等（简写成“________”或“________”）5.斜边、直角边定理____边和______边对应相等的两个直角三角形全等（简写成“________”或“________”）【知识点四】尺规作图1.作一条线段等于已知线段2.作一个角等于已知角3.作已知角的平分线4.经过一点作已知直线的垂线二、兴趣构建手拉手模型是整个初中几何的重点，因其图形繁，变形多，结论多而导致很多学生掌握不牢固，全等题目做了很多，再次碰到类似的题目，还是不知道具体的解题思路是什么，这是孩子们没有总结特点所导致的问题。
《手拉手》优秀教学教案
《手拉手》优秀教学教案一、教学内容本节课选自《小学数学教材》四年级上册第七章第三节，详细内容为“手拉手——认识平面几何图形的对称性”。
通过学习，学生将理解对称轴的概念，学会识别和绘制简单图形的对称轴，并能运用对称性解决实际问题。
二、教学目标1. 知识目标：学生能理解对称轴的定义，掌握判断和绘制简单图形对称轴的方法。
2. 能力目标：培养学生运用对称知识解决实际问题的能力，提高学生的空间想象力。
3. 情感目标：激发学生对几何图形的兴趣，培养学生的审美情趣。
三、教学难点与重点重点：理解对称轴的定义，掌握判断和绘制简单图形对称轴的方法。
难点：运用对称性解决实际问题。
四、教具与学具准备教具：多媒体教学设备、黑板、粉笔、教鞭。
学具：练习本、铅笔、直尺、剪刀、彩纸。
五、教学过程1. 实践情景引入利用多媒体展示一组美丽的剪纸作品，引导学生观察其特点，发现对称美。
2. 例题讲解（1）讲解对称轴的定义，通过示例让学生理解对称轴的概念。
（2）演示如何判断和绘制简单图形的对称轴，如正方形、长方形、等边三角形等。
3. 随堂练习让学生动手绘制一些简单图形的对称轴，并及时给予反馈和指导。
4. 课堂小结5. 作业布置布置相关作业，巩固所学知识。
六、板书设计1. 《手拉手——认识平面几何图形的对称性》2. 主要内容：对称轴的定义判断和绘制简单图形对称轴的方法对称轴在生活中的应用七、作业设计1. 作业题目：（2）运用对称轴的知识，设计一幅美丽的剪纸作品。
2. 答案：（1）见附件。
（2）略。
八、课后反思及拓展延伸1. 反思：本节课学生对对称轴的概念掌握情况较好，但在实际操作中仍存在一定难度，需要在课后加强练习。
2. 拓展延伸：（1）引导学生观察生活中存在的对称现象，培养学生的观察力。
（2）鼓励学生发挥想象，创作具有创意的对称图形，提高学生的创新能力。
重点和难点解析1. 实践情景引入2. 例题讲解3. 教学难点与重点4. 作业设计5. 课后反思及拓展延伸一、实践情景引入1. 选择具有代表性的、富有美感的剪纸作品，以激发学生的兴趣。
2024年《手拉手》教案精选
2024年《手拉手》教案精选一、教学内容本节课选自2024年小学数学教材第四册第九章《图形的拼组》中的《手拉手》一节。
详细内容包括：认识平面图形中的线段、角、三角形；学习通过手拉手游戏拼组不同图形；探究图形的对称性和稳定性。
二、教学目标1. 让学生掌握平面图形的基本概念，如线段、角、三角形。
2. 培养学生通过观察、实践、合作等方式，拼组不同图形的能力。
3. 培养学生的空间想象力和逻辑思维能力。
三、教学难点与重点教学难点：图形的对称性和稳定性的理解。
教学重点：认识平面图形，学会拼组图形。
四、教具与学具准备1. 教具：多媒体课件、手拉手游戏卡片、剪刀、胶棒等。
2. 学具：学生用书、练习本、彩色笔等。
五、教学过程1. 实践情景引入（5分钟）利用多媒体展示生活中常见的图形，引导学生观察并说出它们的名字。
2. 例题讲解（15分钟）通过手拉手游戏卡片，引导学生认识线段、角、三角形等基本图形，并学习拼组方法。
3. 随堂练习（10分钟）学生根据例题，独立完成教材第36页第1、2题。
4. 小组讨论（10分钟）5. 课堂小结（5分钟）6. 作业布置（5分钟）布置教材第36页第3、4题。
七、作业设计1. 作业题目：（1）用三个等边三角形拼成一个等腰三角形。
（2）用四个等腰三角形拼成一个正方形。
2. 答案：（1）拼成的等腰三角形如图所示：（图示）（2）拼成的正方形如图所示：（图示）八、课后反思及拓展延伸1. 课后反思通过本节课的教学，发现学生在图形拼组方面存在一定难度，需要在今后的教学中加强练习。
2. 拓展延伸引导学生思考：除了教材中的图形，还有哪些图形可以通过手拉手游戏拼组？激发学生课后探索的兴趣。
重点和难点解析1. 教学难点：图形的对称性和稳定性的理解。
2. 例题讲解：手拉手游戏卡片的运用。
4. 作业设计：拼组图形的题目及答案。
一、教学难点解析：图形的对称性和稳定性的理解图形的对称性和稳定性是本节课的教学难点。
对称性是指图形可以通过某条线（如对称轴）进行翻折后，两部分完全重合。
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“手拉手模型”的应用
一、学习准备
旋转的性质：
（1）对应点到旋转中心的距离相等；
（2）对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；
（3）旋转前后的图形全等.
二、典型专题突破
典例：在直线AC同一侧作两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE、DC,AE、DC相交于O点．探究：（1）△ABE≌△DBC；
（2）AE＝DC；
（3）AE与CD之间的夹角多少度？
整理提炼：模型特征: 1 、________________
2、_______________.
3、_________________.
数学思想：_________________
变式练习1.
上题中，将△BCE绕B点顺时针旋转到如图所示的位置.则（1）全等： ______≌ _____
（2）线段：_______=______
（3）夹角：______________
变式练习2
例题中，将△BCE绕B点顺时针旋转到如图所示的位置，（4）全等： ______≌ _____
（5）线段：_______=______
（6）夹角：______________
变式练习3
将例题中的等边△ABD和等边△BCE变为等腰直角△ABD和等腰直角△BCE,
（7）全等： ______≌ _____
（8）线段：_______=______
（9）夹角：______________
O
E
D
A C
B
O E
D
A
C
B
E
D
C
A B
变式练习4
将例题中等边△ABD、△BC E变为任意等腰三角形，AB＝BD，
BE＝BC，∠ABD＝∠EBC＝a．
【经验习得】：模型：______________
结论：（1）___________ （2）_____________.
（3）___________
三综合运用
（1）如图1，在锐角△ABC中，分别以AB /AC为边向外作等腰△ABE
和等腰△ACD，使AE=AB,AD=AC,∠BAE=∠CAD，连接BD/CE,
则 BD_______CE
（2）如图2，在四边形ABCD中，AB=7cm，BC=3cm，∠ABC=∠ACD=
∠ADC=45°，求BD的长
（3）如图3，在（2）条件下,当△ACD在线段AC的左侧时，求BD的长.
四、课后反思
对于本节课你有什么收获？
五、课后作业
1.完成变式练习3和4的另外两种情况.
2.完成即学即练第三个小问。