初中数学破题致胜微方法(等腰直角三角形中的手拉手模型)等腰直角三角形手拉手的旋转
初中必会几何模型（口诀突破）：手拉手模型（或旋转型）
初中必会几何模型（口诀突破）：手拉手模型（或旋转型）教材知识：三角形全等知识中，教材对全等三角形的图形变换概括为三种：平移型、翻折型、旋转型。
一个图形经过平移、翻折、旋转后，位置变化了，但形状、大小都没有改变，即平移、翻折、旋转前后的图形全等.归纳模型：三种变换中以旋转型为考试的热点和难点，这种变换我们往往也称为手拉手模型。
因为这种图形变换都是以等腰三角形的顶点为旋转点，进行适当旋转而成。
然后，连接对应点构造新的三角形，证明三角形全等即可解决。
划重点，上口诀：等腰图形有旋转，辨清共点旋转边。
关注三边旋转角，全等思考边角边。
模型变换：如图，△ABC是等腰三角形、△ADE是等腰三角形，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=a。
结论：连接BD、CE，则有△BAD≌△CAE。
模型证明：图②图③同理可证。
模型分析：（1）这个图形是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成.在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形。
（2）如果把小等腰三角形的腰长看作小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手，所以把这个模型称为手拉手模型。
（3）手拉手模型常和旋转结合，在考试中作为几何综合题目出现。
模型实例：如图，△ADC与△EDG都为等腰直角三角形，连接AG、CE，相交于点H，问：（1)AG与CE是否相等?（2)AG与CE之间的夹角为多少度?问题解答：模型实练：如图，在直线AB的同一侧作△ABD和△BCE，△ABD和△BCE都是等边三角形、连接AE、CD，二者交点为H.求证：(1)△ABE≌△DBC;(2)AE=DC；(3)∠DHA=60°；(4)△AGB≌△DFB;（5）△EGB≌△CFB（6）连接GF，GF∥AC；（7)连接HB，HB平分∠AHC.。
中考必会几何模型：手拉手模型(含答案)
1 手拉手模型
模型 手拉手
如图，△ABC 是等腰三角形、△ADE 是等腰三角形，AB ＝AC ，AD
＝AE ，∠BAC ＝∠DAE ＝α．
结论：连接BD 、CE ，则有△BAD ≌△CAE ．
模型分析
如图①，
∠BAD ＝∠BAC －∠DAC ，∠CAE ＝∠DAE －∠DAC ．
∵∠BAC ＝∠DAE ＝α，
∴∠BAD ＝∠CAE ．
在△BAD 和△CAE 中，
AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
﹐﹐
﹐ 图②、图③同理可证．
（1）这个图形是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．
（2）如果把小等腰三角形的腰长看作小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手，所以把这个模型称为手拉手模型．
（3）手拉手模型常和旋转结合，在考试中作为几何综合题目出现．
模型实例
例1 如图，△ADC 与△EDG 都为等腰直角三角形，连接AG 、CE ，相交于点H ，问：
（1）AG 与CE 是否相等？
（2）AG 与CE 之间的夹角为多少度？
解答：
C D E A B 图① C D E A B 图② C
D E A B 图③ C D E G H A O。
初中几何经典模型总结(手拉手模型)
初中几何经典模型总结（手拉手模型）模型可以让同学更快的进入到几何之中，产生兴趣。
也是近来学习初中几何不可或缺的一种重要方法。
下面给大家介绍一种经典几何模型---手拉手模型，这也是历年数学中考常考的几何压轴题型之一。
手拉手模型的概念:1、手的判别：判断左右：将等腰三角形顶角顶点朝上，正对读者，读者左边为左手顶点，右边为右手顶点。
2、手拉手模型的定义：定义: 两个顶角相等且有共顶点的等腰三角形形成的图形。
（左手拉左手，右手拉右手）例如：3、手拉手模型的重要结论三个固定结论:结论1:△ABC≌△AB'C'(SAS)BC=B'C'（左手拉左手等于右手拉右手）结论2：∠BOB'=∠BAB'（用四点共圆证明）结论3: AO平分∠BOC'（用四点共圆证明）例题解析：类型一共顶点的等腰直角三角形中的手拉手例1：已知：如图△ABC 和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°．求证：BD=CE．分析：要证BD=CE可转化为证明△BAE≌△CAD，由已知可证AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠EAD=90°，因为∠BAC∠CAE=∠EAD ∠CAE，即可证∠BAE=∠CAD，符合SAS，即得证．解答：证明：∵△ABC与△AED均为等腰直角三角形，∴AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠EAD=90°，∴∠BAC∠CAE=∠EAD ∠CAE，即∠BAE=∠CAD，在△BAE与△CAD中，AB=AC,∠BAE=∠CAD，AE=AD∴△BAE≌△CAD（SAS），∴BD=CE．类型二共顶点的等边三角形中的手拉手例2：图1、图2中，点B为线段AE上一点，△ABC与△BED都是等边三角形。
(1)如图1，求证：AD=CE；(2)如图2，设CE与AD交于点F，连接BF.①求证：∠CFA=60°；②求证：CF BF=AF.分析：（1）如图1，利用等边三角形性质得：BD=BE，AB=BC，∠ABC=∠DBE=60°，再证∠ABD=∠CBE，根据SAS证明△ABD≌△CBE得出结论；（2）①如图2，利用（1）中的全等得：∠BCE=∠DAB，根据两次运用外角定理可得结论；②如图3，作辅助线，截取FG=CF，连接CG，证明△CFG是等边三角形，并证明△ACG≌△BCF，由线段的和得出结论．解答：证明：(1)如图1，∵△ABC与△BED都是等边三角形，∴BD=BE,AB=BC,∠ABC=∠DBE=60°，∴∠ABC ∠CBD=∠DBE ∠CBD，即∠ABD=∠CBE，在△ABD和△CBE中，AB=AC∠ABD=∠CBEBD=BE，∴△ABD≌△CBE(SAS)，∴AD=CE，(2)①如图2,由(1)得：△ABD≌△CBE，∴∠BCE=∠DAB，∵∠ABC=∠BCE∠CEB=60°，∴∠ABC=∠DAB ∠CEB=60°，∵∠CFA=∠DAB ∠CEB，∴∠CFA=60°，②如图3,在AF上取一点G,使FG=CF,连接CG,∵∠AFC=60°，∴△CGF是等边三角形，∴∠GCF=60°，CG=CF，∴∠GCB ∠BCE=60°，∵∠ACB=60°，∴∠ACG ∠GCB=60°，∴∠ACG=∠BCE，∵AC=BC，∴△ACG≌△BCF，∴AG=BF，∵AF=AG GF，∴AF=BF CF.类型三共顶点正方形中的手拉手例3：如图，两个正方形ABCD与DEFG,连结CE、AG,二者相交于点H。
手拉手模型
手拉手模型手拉手模型，属于初中几何中图形的旋转，是最常见的一类重要模型。
全等型手拉手模型有以下三个主要特征：双等腰、共顶点、顶角相等。
如下左图，△ABC与△ADE都是等腰直角三角形，且具有公共的直角顶点A，顶角都是900。
这两个三角形就像两个人手拉着手一样，所以我们称之为手拉手模型。
如下右图，我们易证△ACE与△ABD全等（SAS）。
实际上以点A为旋转中心，把△ACE顺时针旋转900，就得到了△ABD。
又如下左图，△ABC与△ADE都是等边三角形，且具有公共的顶点A，顶角都是600。
这个图形满足以下三个主要特征：双等腰、共顶点、顶角相等，所以它就属于手拉手模型。
如下右图，我们易证△ACD与△ABE全等（SAS）。
实际上以点A为旋转中心，把△ACD顺时针旋转600，就得到了△ABE。
例 1. 如图，△ABC与△A DE都是等腰直角三角形，其中∠BAC=∠DAE=900，AB=AC，AD=AE。
直线CE交BD于点F，交AB 于点G。
求证：（1）CE=BD；（2）CE⊥BD；（3）A、E、F、D四点共圆；（4）AF平分∠CFD。
解析：图中△ABC与△ADE都是等腰直角三角形，而且他们具有公共顶点A，顶角都是900，所以该图形就是典型的手拉手模型。
简解：(1)易证△ACE≌△ABD（SAS），所以CE=BD；（2）由△ACE≌△ABD可得：∠1=∠2。
再由八字形可得：∠GFB=∠GAC=900，所以CE⊥BD。
（3）由（2）得CE⊥BD，又∠DAE=900，所以∠DAE+∠DFE=1800。
所以A、E、F、D四点共圆。
（4）过A作AM⊥CE于M，作AN⊥BD于N。
由△ACE≌△ABD，可得他们的面积相等，又由全等得CE=BD，所以AM=AN。
所以AF 平分∠CFD。
（或者由A、E、F、D四点共圆，得到∠DFA=∠DEA=450。
所以∠EFA=∠DFA=450。
所以AF平分∠CFD。
）例2. 如下左图，点C、A、E在一条直线上，△ABC与△ADE 都是等边三角形。
模型11 手拉手模型(解析版)-2023年中考数学重难点解题大招复习讲义-几何模型篇
模型介绍共顶点模型，亦称“手拉手模型”，是指两个顶角相等的等腰或者等边三角形的顶点重合，两个三角形的两条腰分别构成的两个三角形全等或者相似。
寻找共顶点旋转模型的步骤如下： （1）寻找公共的顶点（2）列出两组相等的边或者对应成比例的边（3）将两组相等的边分别分散到两个三角形中去，证明全等或相似即可。
两等边三角形两等腰直角三角形两任意等腰三角形*常见结论：连接BD 、AE 交于点F ，连接CF ，则有以下结论：（1）BCD ACE≅△△（2）AE BD=（3）AFB DFE∠=∠（4）FC BFE∠平分【专题说明】两个具有公共顶点的相似多边形，在绕着公共顶点旋转的过程中，产生伴随的全等或相似三角形，这样的图形称作共点旋转模型；为了更加直观，我们形象的称其为“手拉手”模型。
【知识总结】【基本模型】一、等边三角形手拉手-出全等图1图2图3图4二、等腰直角三角形手拉手-出全等两个共直角顶点的等腰直角三角形，绕点C旋转过程中（B、C、D不共线）始终有：①△BCD≌△ACE；②BD⊥AE（位置关系）且BD=AE（数量关系）；③FC平分∠BFE；图1图2图3图4手拉手模型的定义：两个顶角相等且有共顶点的等腰三角形形成的图形。
手拉手模型特点：“两等腰，共顶点”模型探究：例题精讲考点一：等边三角形中的手拉手模型【例1】．如图，C为线段AE上一动点（不与点A，E重合），在AE同侧分别作正三角形ABC和正三角形CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接PQ．有下列结论：①AD＝BE；②AP＝BQ；③∠AOB＝60°；④DC＝DP；⑤△CPQ为正三角形．其中正确的结论有_____________.解：∵△ABC和△DCE是正三角形，∴AC＝BC，DC＝CE，∠BCA＝∠DCE＝60°，∴∠BCA+∠BCD＝∠DCE+∠BCD，∴∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE，∴①正确；∵△ACD≌△BCE，∴∠CBE＝∠CAD，∵∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠BCD＝60°＝∠ACB，在△ACP和△BCQ中∴△ACP≌△BCQ（ASA），∴AP＝BQ，∴②正确；PC＝QC，∴△CPQ为正三角形∴⑤正确∵△ACD≌△BCE，∴∠ADC＝∠BEC，∠DCE＝60°＝∠CAD+∠ADC，∴∠CAD+∠BEC＝60°，∴∠AOB＝∠CAD+∠BEC＝60°，∴③正确；∵△DCE是正三角形，∴DE＝DC，∵∠AOB＝60°，∠DCP＝60°，∠DPC＞∠AOB，∴∠DPC＞∠DCP，∴DP＜DC，即DP＜DE，∴④错误；所以正确的有①②③⑤变式训练【变式1-1】．如图，ABD∆，AEC∆都是等边三角形，则BOC∠的度数是()A．135︒B．125︒C．120︒D．110︒解：ABD，AEC∆∆都是等边三角形，∴=，AE ACAD AB∠=∠=︒，60∠==︒，ADB DBADAB CAE=，60∴∠=∠，DAB BAC CAE BAC∴∠+∠=∠+∠，DAC BAE∴∆≅∆，ADC ABE()DAC BAE SAS∴∠=∠，∴∠=∠+∠+∠BOC BDO DBA ABE=∠+∠BDO DBA ADC=∠+∠+∠ADB DBA∴∠的度数是120︒=︒，BOC=︒+︒1206060故选：C．【变式1-2】．如图，△DAC和△EBC均是等边三角形，AE、BD分别与CD、CE交于点M、N，有如下结论：①△ACE≌△DCB；②CM＝CN；③AC＝DN；④∠DAE＝∠DBC．其中正确的有（）A．②④B．①②③C．①②④D．①②③④解：∵△DAC和△EBC均是等边三角形，∴AC＝DC，BC＝CE，∠ACE＝∠BCD，∴△ACE≌△DCB，①正确由①得∠AEC＝∠CBD，∴△BCN≌△ECM，∴CM＝CN，②正确假使AC＝DN，即CD＝CN，△CDN为等边三角形，∠CDB＝60°，又∵∠ACD＝∠CDB+∠DBC＝60°，∴假设不成立，③错误；∵∠DBC+∠CDB＝60°∠DAE+∠EAC＝60°，而∠EAC＝∠CDB，∴∠DAE＝∠DBC，④正确，∴正确答案①②④故选：C．【变式1-3】．如图，△ABC和△ADE都是等边三角形，点D在BC上，DE与AC交于点F，若AB＝5，BD＝3，则＝．解：连接CE，过点F作FM⊥BC于点M，FN⊥CE于点N，∵△ABC和△ADE为等边三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝CE＝3，∠ABD＝∠ACE＝60°，∵AB＝BC＝5，∴DC＝2，∵∠ACB＝∠ACE＝60°，FM⊥BC，FN⊥CE，∴FM＝FN，＝DC•FM，S△FCE＝CE•FN，∵S△DFC∴，∴，故答案为：．考点二：等腰直角三角形中的手拉手模型【例2】．如图，ACB ∆和ECD ∆都是等腰直角三角形，90ACB ECD ∠=∠=︒，D 为AB 边上一点，若5AD =，12BD =，则DE 的长为__________解：ACB ∆ 和ECD ∆都是等腰直角三角形，CD CE ∴=，AC BC =，90ECD ACB ∠=∠=︒，ACE BCD ∴∠=∠，在ACE ∆和BCD ∆中，CE CD ACE BCD AC BC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()ACE BCD SAS ∴∆≅∆，12BD AE ∴==，45CAE CBD ∠=∠=︒，90EAD ∴∠=︒，222212513DE AE AD ∴=+=+=．变式训练【变式2-1】．如图，3AB =，2AC =，连结BC ，分别以AC 、BC 为直角边作等腰Rt ACD ∆和等腰Rt BCE ∆，连结AE 、BD ，当AE 最长时，BC 的长为()A ．22B ．3C ．11D ．17解：90ACD BCE ∠=∠=︒ ，ACD ACB BCE ACB ∴∠+∠=∠+∠，即ACE DCB ∠=∠，在ACE ∆和DCB ∆中，AC DC ACE DCB CE CB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()ACE DCB SAS ∴∆≅∆，AE BD ∴=，AC CD == ，90ACD ∠=︒，2AD ∴==，3AB = ，∴当点A 在BD 上时，BD 最大，最大值为325+=，如图，过C 作CE AD ⊥于E ，由等腰三角形“三线合一”得1DE AE ==，314BE AB AE ∴=+=+=，再由直角三角形斜边中线等于斜边一半得1DE =，BC ∴=．故选：D ．【变式2-2】．如图，在Rt ABC ∆中，AB AC =，点D 为BC 中点，点E 在AB 边上，连接DE ，过点D 作DE 的垂线，交AC 于点F ．下列结论：①AED CFD ∆≅∆；②EF AD =；③BE CF AC +=；④212AEDF S AD =四边形，其中正确的结论是（填序号）．解：AB AC = ，90BAC ∠=︒，点D 为BC 中点，12BD CD AD BC ∴===，45BAD CAD C ∠=∠=∠=︒，AD BC ⊥，BC =，DF DE ⊥ ，90EDF ADC ∴∠=∠=︒，ADE CDF ∴∠=∠，AD CD = ，BAD C ∠=∠，()AED CFD ASA ∴∆≅∆，故①正确；当E 、F 分别为AB 、AC 中点时，12EF BC AD ==，故②不一定正确；ADE CDF ∆≅∆ ，AE CF ∴=，BE AE AB += ，BE CF AC ∴+=，故③正确；ADE CDF ∆≅∆ ，ADE CDF S S ∆∆∴=，212ADF CDF ADC AEDF S S S S AD ∆∆∆∴=+==⨯四边形，故④正确；故答案为：①③④．【变式2-3】．如图，△ABC 和△CEF 均为等腰直角三角形，E 在△ABC 内，∠CAE +∠CBE ＝90°，连接BF ．（1）求证：△CAE ∽△CBF ．（2）若BE ＝1，AE ＝2，求CE 的长．（1）证明：∵△ABC和△CEF均为等腰直角三角形，∴＝＝，∴∠ACB＝∠ECF＝45°，∴∠ACE＝∠BCF，∴△CAE∽△CBF；（2）解：∵△CAE∽△CBF，∴∠CAE＝∠CBF，＝＝，又∵＝＝，AE＝2∴＝，∴BF＝，又∵∠CAE+∠CBE＝90°，∴∠CBF+∠CBE＝90°，∴∠EBF＝90°，∴EF2＝BE2+BF2＝12+（）2＝3，∴EF＝，∵CE2＝2EF2＝6，∴CE＝．考点三：任意等腰三角形中的手拉手模型【例3】．如图，在△AOB和△COD中，OA＝OB，OC＝OD，OA＜OC，∠AOB＝∠COD ＝36°．连接AC，BD交于点M，连接OM．下列结论：①∠AMB＝36°，②AC＝BD，③OM平分∠AOD，④MO平分∠AMD．其中正确的结论是_____．解：∵∠AOB＝∠COD＝36°，∴∠AOB+∠BOC＝∠COD+∠BOC，即∠AOC＝∠BOD，在△AOC和△BOD中，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，故②正确；∵∠OAC＝∠OBD，由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OBD＝∠OAC+∠AOB，∴∠AMB＝∠AOB＝36°，故①正确；法一：作OG⊥AM于G，OH⊥DM于H，如图所示，则∠OGA＝∠OHB＝90°，∵△AOC≌△BOD，∴OG＝OH，∴MO平分∠AMD，故④正确；法二：∵△AOC≌△BOD，∴∠OAC＝∠OBD，∴A、B、M、O四点共圆，∴∠AMO＝∠ABO＝72°，同理可得：D、C、M、O四点共圆，∴∠DMO＝∠DCO＝72°＝∠AMO，∴MO平分∠AMD，故④正确；假设MO平分∠AOD，则∠DOM＝∠AOM，在△AMO与△DMO中，，∴△AMO≌△DMO（ASA），∴AO＝OD，∵OC ＝OD ，∴OA ＝OC ，而OA ＜OC ，故③错误；变式训练【变式3-1】．如图，等腰ABC ∆中，120ACB ∠=︒，4AC =，点D 为直线AB 上一动点，以线段CD 为腰在右侧作等腰CDE ∆，且120DCE ∠=︒，连接AE ，则AE 的最小值为()A ．23B ．4C ．6D ．8解：连接BE 并延长交AC 延长线于F ，120ACB ∠=︒ ，AC BC =，30CAB CBA ∴∠=∠=︒，120DCE ACB ∠=︒=∠ ，ACD BCE ∴∠=∠，AC BC = ，CD CE =，()ACD BCE SAS ∴∆≅∆，30CBE CAD ∴∠=∠=︒，CB 为定直线，30CBE ∠=︒为定值，∴当D 在直线AB 上运动时，E 也在定直线上运动，当AE BE ⊥时，AE 最小，30CAB ABC CBE ∠=︒=∠=∠ ，90AFB ∴∠=︒，∴当E 与F 重合时，AE 最小，在Rt CBF ∆中，90CFB ∠=︒，30CBF ∠=︒，122CF CB ∴==，6AF AC CF ∴=+=，AE ∴的最小值为6AF =，故选：C ．【变式3-2】．如图，在△ABC 中，AB ＝AC ＝5，∠BAC ＝120°，以CA 为边在∠ACB 的另一侧作∠ACM ＝∠ACB ，点D 为边BC （不含端点）上的任意一点，在射线CM 上截取CE ＝BD ，连接AD ，DE ，AE ．设AC 与DE 交于点F ，则线段CF 的最大值为．解：∵∠BAC＝120°，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝30°．∵∠ACM＝∠ACB，∴∠B＝∠ACM＝30°．在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS）．∴AD＝AE，∠BAD＝∠CAE．∴∠CAE+∠DAC＝∠BAD+∠DAC＝∠BAC＝120°．即∠DAE＝120°．∵AD＝AE，∴∠ADE＝∠AED＝30°；∵∠ADE＝∠ACB＝30°且∠DAF＝∠CAD，∴△ADF∽△ACD．∴＝．∴AD2＝AF•AC．∴AD2＝5AF．∴AF＝．∴当AD最短时，AF最短、CF最长．∵当AD⊥BC时，AF最短、CF最长，此时AD＝AB＝．∴AF最短＝＝．∴CF最长＝AC﹣AF最短＝5﹣＝．故答案为：．【变式3-3】.【问题背景】（1）如图1，等腰ABC ∆中，AB AC =，120BAC ∠=︒，AQ BC ⊥于点Q ，则BC AB =；【知识应用】（2）如图2，ABC ∆和ADE ∆都是等腰三角形，120BAC DAE ∠=∠=︒，D 、E 、C 三点在同一条直线上，连接BD ．求证：ADB AEC ∆≅∆．（3）请写出线段AD ，BD ，CD之间的等量关系，并说明理由．（1）解：AB AC = ，120BAC ∠=︒，AQ BC ⊥，30B C ∴∠=∠=︒，BQ QC =，12AQ AB ∴=，由勾股定理得：2BQ AB ===，BC ∴=，∴BC AB ==（2）证明：BAC DAE ∠=∠ ，BAC BAE DAE BAE ∴∠-∠=∠-∠，即DAB EAC ∠=∠，在ADB ∆和AEC ∆中，AD AE DAB EAC AB AC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()ADB AEC SAS ∴∆≅∆；（3）解：CD BD =+，理由如下：由（1）可知：DE =，ADB AEC ∆≅∆ ，EC BD ∴=，CD DE EC BD ∴=+=+．实战演练1.风筝为中国人发明，相传墨翟以木头制成木鸟，研制三年有成，是人类最早的风筝起源．如图，小飞在设计的“风筝”图案中，已知AB AD =，B D ∠=∠，BAE DAC ∠=∠，那么AC 与AE 相等．小飞直接证明ABC ADE ∆≅∆，他的证明依据是()A ．SSSB ．SASC ．ASAD ．AAS证明：BAE DAC ∠=∠ ，BAE EAC DAC EAC ∴∠+∠=∠+∠，BAC DAE ∴∠=∠，AB AD = ，B D ∠=∠，()ABC ADE ASA ∴∆≅∆，AC AE ∴=，故选：C ．2．如图，ABD ∆，AEC ∆都是等边三角形，则BOC ∠的度数是()A ．135︒B ．125︒C ．120︒D ．110︒解：ABD ∆ ，AEC ∆都是等边三角形，AD AB ∴=，AE AC =，60DAB CAE ∠=∠=︒，60ADB DBA ∠==︒，DAB BAC CAE BAC ∴∠+∠=∠+∠，DAC BAE ∴∠=∠，()DAC BAE SAS ∴∆≅∆，ADC ABE ∴∠=∠，BOC BDO DBA ABE∴∠=∠+∠+∠BDO DBA ADC =∠+∠+∠ADB DBA=∠+∠6060=︒+︒120=︒，BOC ∴∠的度数是120︒，故选：C ．3．如图，点A 是x 轴上一个定点，点B 从原点O 出发沿y 轴的正方向移动，以线段OB 为边在y 轴右侧作等边三角形，以线段AB 为边在AB 上方作等边三角形，连接CD ，随点B 的移动，下列说法错误的是()A ．BOA BDC∆≅∆B ．150ODC ∠=︒C ．直线CD 与x 轴所夹的锐角恒为60︒D ．随点B 的移动，线段CD 的值逐渐增大解：A ．OBD ∆ 和ABC ∆都是等边三角形，60ABC OBD ODB BOD ∴∠=∠=∠=∠=︒，BO BD =，BC AB =，ABC DBA OBD DBA ∴∠-∠=∠-∠，CBD ABO ∴∠=∠，()BOA BDC SAS ∴∆≅∆，故A 不符合题意；B ．BOA BDC ∆≅∆ ，90BDC BOA ∴∠=∠=︒，6090150ODC BDO BDC ∴∠=∠+∠=︒+︒=︒，故B 不符合题意；C ．延长CD 交x 轴于点E ，150ODC ∠=︒ ，18030ODE ODC ∴∠=︒-∠=︒，90BOA ∠=︒ ，60BOD ∠=︒，30DOA BOA BOD ∴∠=∠-∠=︒，60DEA DOA ODE ∴∠=∠+∠=︒，∴直线CD 与x 轴所夹的锐角恒为60︒，故C 不符合题意；D ．BOA BDC ∆≅∆ ，CD OA ∴=，点A 是x 轴上一个定点，OA ∴的值是一个定值，∴随点B 的移动，线段CD 的值不变，故D 符合题意；故选：D ．4．如图，3AB =，2AC =BC ，分别以AC 、BC 为直角边作等腰Rt ACD ∆和等腰Rt BCE ∆，连结AE 、BD ，当AE 最长时，BC 的长为()A ．22B ．3C ．11D ．17解：90ACD BCE ∠=∠=︒ ，ACD ACB BCE ACB ∴∠+∠=∠+∠，即ACE DCB ∠=∠，在ACE ∆和DCB ∆中，AC DC ACE DCB CE CB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()ACE DCB SAS ∴∆≅∆，AE BD ∴=，2AC CD == ，90ACD ∠=︒，222AD AC CD ∴=+=，3AB = ，∴当点A 在BD 上时，BD 最大，最大值为325+=，如图，过C 作CE AD ⊥于E ，由等腰三角形“三线合一”得1DE AE ==，314BE AB AE ∴=+=+=，再由直角三角形斜边中线等于斜边一半得1DE =，2217BC CE BE ∴=+=．故选：D ．5．如图，线段OA 绕点O 旋转，线段OB 的位置保持不变，在AB 的上方作等边PAB ∆，若1OA =，3OB =，则在线段OA 旋转过程中，线段OP 的最大值是()A 10B ．4C ．5D ．5解：如图，以AO 为边，在AO 的左侧作等边AOH ∆，连接BH ，AOH ∆ ，ABP ∆是等边三角形，1AO AH OH ∴===，AB AP =，60OAH BAP ∠=∠=︒，OAP HAB ∴∠=∠，在OAP ∆和HAB ∆中，AO AH OAP HAB AP AB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()OAP HAB SAS ∴∆≅∆，OP BH ∴=，在OPH ∆中，BH OH OB <+，∴当点H 在BO 的延长线上时，BH 的最大值4OH OB =+=，OP ∴的最大值为4，故选：B ．6．如图，O 是等边△ABC 内一点，OA ＝3，OB ＝4，OC ＝5，将线段BO 以点B 为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO ′，则∠AOB ＝150°．解：连接OO ′，如图，∵线段BO 以点B 为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO ′，∴BO ′＝BO ＝4，∠O ′BO ＝60°，∴△BOO ′为等边三角形，∴∠BOO ′＝60°，∵△ABC 为等边三角形，∴BA ＝BC ，∠ABC ＝60°，∴∠O ′BO ﹣∠ABO ＝∠ABC ﹣∠ABO ，即∠O ′BA ＝∠OBC ，在△O ′BA 和△OBC中，∴△O ′BA ≌△OBC （SAS ），∴O ′A ＝OC ＝5，在△AOO ′中，∵OA ′＝5，OO ′＝4，OA ＝3，∴OA 2+OO ′2＝O ′A 2，∴∠AOO ′＝90°，∴∠AOB ＝60°+90°＝150°，故答案为：150°．7．如图，△ABC与△ADE均是等腰直角三角形，点B，C，D在同一直线上，AB＝AC＝2，AD＝AE＝3，∠BAC＝∠DAE＝90°，则CD＝﹣．解：∵AB＝AC＝2，AD＝AE＝3，∠BAC＝∠DAE＝90°，∴BC＝AB＝2，DE＝AE＝3，∠BAD＝∠CAE，∠ABC＝45°＝∠ACB，在△BAD和△CAE中，，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴EC＝BD，∠ABD＝∠ACE＝45°，∴∠ECB＝∠ECD＝90°，∴DE2＝EC2+CD2，∴18＝（2+CD）2+CD2，解得：CD＝﹣，CD＝﹣﹣（不合题意舍去），故答案为：﹣．8．如图，△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，连接CD、BE，点F、G分别为DE、BE 的中点，连接FG．在△ADE旋转的过程中，当D、E、C三点共线时，若AB＝3，AD＝2，则线段FG的长为．解：连接BD，∠BAD＝90°﹣∠BAE，∠CAE＝90°﹣∠BAE，∴∠BAD＝∠CAE．又AD＝AE，AB＝AC，∴△ADB≌△AEC（SAS）．∴BD＝CE，∠ADB＝∠AEC＝135°，∴∠BDC＝135°﹣45°＝90°．∵△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，AB＝3，AD＝2，∴DE＝2，BC＝3．设BD＝x，则DC＝2+x，在Rt△BDC中，利用勾股定理BD2+DC2＝BC2，所以x2+（2+x）2＝18，解得x1＝﹣﹣（舍去），x2＝﹣+．∵点F、G分别为DE、BE的中点，∴FG＝BD＝．故答案为．9．如图，△ACD和△BCE都是等腰直角三角形，∠ACD＝∠BCE＝90°，AE交CD于点F，BD分别交CE、AE于点G、H．试猜测线段AE和BD的数量和位置关系，并说明理由．解：猜测AE＝BD，AE⊥BD；理由如下：∵∠ACD＝∠BCE＝90°，∴∠ACD+∠DCE＝∠BCE+∠DCE，即∠ACE＝∠DCB，又∵△ACD和△BCE都是等腰直角三角形，∴AC＝CD，CE＝CB，在△ACE与△DCB中，∴△ACE≌△DCB（SAS），∴AE＝BD，∠CAE＝∠CDB；∵∠AFC＝∠DFH，∠FAC+∠AFC＝90°，∴∠DHF＝∠ACD＝90°，∴AE⊥BD．故线段AE和BD的数量相等，位置是垂直关系．10．如图，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AE＝AC，AF⊥CB，垂足为F．（1）求证：△ABC≌△ADE；（2）求∠FAE的度数；（3）求证：CD＝2BF+DE．证明：（1）∵∠BAD＝∠CAE＝90°，∴∠BAC+∠CAD＝90°，∠CAD+∠DAE＝90°，∴∠BAC＝∠DAE，在△BAC和△DAE中，，∴△BAC≌△DAE（SAS）；（2）∵∠CAE＝90°，AC＝AE，∴∠E＝45°，由（1）知△BAC≌△DAE，∴∠BCA＝∠E＝45°，∵AF⊥BC，∴∠CFA＝90°，∴∠CAF＝45°，∴∠FAE＝∠FAC+∠CAE＝45°+90°＝135°；（3）延长BF到G，使得FG＝FB，∵AF⊥BG，∴∠AFG＝∠AFB＝90°，在△AFB和△AFG中，，∴△AFB≌△AFG（SAS），∴AB＝AG，∠ABF＝∠G，∵△BAC≌△DAE，∴AB＝AD，∠CBA＝∠EDA，CB＝ED，∴AG＝AD，∠ABF＝∠CDA，∴∠G＝∠CDA，∵∠GCA＝∠DCA＝45°，在△CGA和△CDA中，，∴△CGA≌△CDA（AAS），∴CG＝CD，∵CG＝CB+BF+FG＝CB+2BF＝DE+2BF，∴CD＝2BF+DE．11．已知△ABC和△ADE都是等边三角形，点D在射线BF上，连接CE．（1）如图1，BD与CE是否相等？请说明理由；（2）如图1，求∠BCE的度数；（3）如图2，当D在BC延长线上时，连接BE，△ABE、△CDE与△ADE的面积有怎样的关系？并说明理由．解：（1）BD＝CE，理由如下：∵△ABC和△ADE是都是等边三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∠ABC＝∠ACB＝60°，∴∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE；（2）∵△ABD≌△ACE，∴∠ABD＝∠ACE＝60°，∴∠BCE＝120°；+S△CDE＝S△ADE，理由如下：（3）S△ABE∵△ABC和△ADE是都是等边三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∠ABC＝∠ACB＝60°，∴∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），＝S△ACE，∠ABC＝∠ACE＝60°，∴S△ABD∴∠ECD＝180°﹣∠ACB﹣∠ACE＝60°，∴∠ABC＝∠ECD，∴AB∥CE，＝S△ABC，∴S△ABE+S△CDE＝S△ADE+S△ACD，∵S△ACE+S△CDE＝S△ADE+S△ACD，∴S△ABD+S△ACD+S△CDE＝S△ADE+S△ACD，∴S△ABC+S△CDE＝S△ADE．∴S△ABE12．如图，在△ABC中，分别以AB、AC为腰向外侧作等腰Rt△ADB与等腰Rt△AEC，∠DAB＝∠EAC＝90°，连接DC、EB相交于点O．（1）求证：BE⊥DC；（2）若BE＝BC．①如图1，G、F分别是DB、EC中点，求的值．②如图2，连接OA，若OA＝2，求△DOE的面积．（1）证明：∵∠DAB＝∠EAC＝90°，∴∠EAB＝∠CAD，在△BAE和△DAC中，，∴△BAE≌△DAC（SAS），∴∠ABE＝∠ADC，∵∠BAD＝90°，∴∠DOB＝90°，即BE⊥DC；（2）解：①取DE的中点H，连接GH、FH，∵点G是BD的中点，∴GH∥BE，GH＝BE，同理，FH∥CD，FH＝CD，∵BE＝CD．BE⊥DC，∴GH＝FH，GH⊥FH，∴△HGF为等腰直角三角形，∴GF＝GH，∵GH＝BE，∴GF＝BE，∵BE＝BC，∴＝；②作AM⊥BE于M，AN⊥CD于N，在△BAE和△BAC中，，∴△BAE≌△BAC（SSS），∴∠BAE＝∠BAC＝135°，∴∠DAE＝135°﹣90°＝45°，即∠OAD+∠OAE＝45°，∵△BAE≌△DAC，∴AM＝AN，又AM⊥BE，AN⊥CD，∴OA平分∠BOC，∴∠BOA＝∠COA＝45°，∴∠DOA＝∠EOA＝135°，∴∠ODA+∠OAD＝45°，∴∠OAE＝∠ODA，∴△ODA∽△OAE，∴＝，即OD•OE＝OA2＝4，∴△DOE的面积＝×OD•OE＝2．13．如图（1），在△ABC中，∠ACB为锐角，点D为射线BC上一动点，连接AD，以AD 为一边在AD的右侧作等腰直角△ADF，∠ADE＝∠AED＝45°，∠DAE＝90°，AD＝AE，解答下列问题：（1）如果AB＝AC，∠BAC＝90°，∠ABC＝∠ACB＝45°．①当点D在线段BC上时（与点B不重合），如图（2），线段CE、BD之间的数量关系为CE＝BD；位置关系为CE⊥BD；（不用证明）②当点D在线段BC的延长线上时，如图（3），①中的结论是否仍然成立，请写出结论并说明理由．（2）如果AB≠AC，∠BAC≠90°，点D在线段BC上运动．试探究：当△ABC满足一个什么条件时，CE⊥BD（点C、E重合除外）？请写出条件，并借助图（4）简述CE⊥BD成立的理由．解：（1）①CE与BD位置关系是CE⊥BD，数量关系是CE＝BD．理由：如图（2），∵∠BAD＝90°﹣∠DAC，∠CAE＝90°﹣∠DAC，∴∠BAD＝∠CAE．又BA＝CA，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ACE＝∠B＝45°且CE＝BD．∵∠ACB＝∠B＝45°，∴∠ECB＝45°+45°＝90°，即CE⊥BD．故答案为：CE＝BD；CE⊥BD．②当点D在BC的延长线上时，①的结论仍成立．如图（3），∵∠DAE＝90°，∠BAC＝90°，∴∠DAE＝∠BAC，∴∠DAB＝∠EAC，又AB＝AC，AD＝AE，∴△DAB≌△EAC（SAS），∴CE＝BD，且∠ACE＝∠ABD．∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ABC＝45°，∴∠ACE＝45°，∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，即CE⊥BD；（2）如图（4）所示，当∠BCA＝45°时，CE⊥BD．理由：过点A作AG⊥AC交BC于点G，∴AC＝AG，∠AGC＝45°，即△ACG是等腰直角三角形，∵∠GAD+∠DAC＝90°＝∠CAE+∠DAC，∴∠GAD＝∠CAE，又∵DA＝EA，∴△GAD≌△CAE（SAS），∴∠ACE＝∠AGD＝45°，∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，即CE⊥BD．14．（注意：本题中的说理过程中的每一步必须注明理由，否则不得分）如图1，在△ABC 中，∠ACB为锐角，点D为射线BC上一点，连接AD，以AD为一边且在AD的右侧作正方形ADEF．（1）如果AB＝AC，∠BAC＝90°；①当点D在线段BC上时（与点B不重合），如图2，线段CF、BD所在直线的位置关系为CF⊥BD，线段CF、BD的数量关系为CF＝BD；②当点D在线段BC的延长线上时，如图3，①中的结论是否仍然成立？并说明理由；（2）如图4，如果AB≠AC，∠BAC是锐角，点D在线段BC上，当∠ACB满足什么条件时，CF⊥BC（点C、F不重合），并说明理由．解：（1）①正方形ADEF中，AD＝AF，∵∠BAC＝∠DAF＝90°，∴∠BAD＝∠CAF，又∵AB＝AC，∴△DAB≌△FAC（SAS），∴CF＝BD，∠B＝∠ACF，∴∠ACB+∠ACF＝90°，即CF⊥BD．故答案为：CF⊥BD，CF＝BD；②当点D在BC的延长线上时①的结论仍成立．理由如下：由正方形ADEF得AD＝AF，∠DAF＝90°．∵∠BAC＝90°，∴∠DAF＝∠BAC，∴∠DAB＝∠FAC，又∵AB＝AC，∴△DAB≌△FAC（SAS），∴CF＝BD，∠ACF＝∠ABD．∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ABC＝45°，∴∠ACF＝45°，∴∠BCF＝∠ACB+∠ACF＝90°．即CF⊥BD；（2）当∠ACB＝45°时，CF⊥BD．理由如下：过点A作AG⊥AC交CB的延长线于点G，则∠GAC＝90°，∵∠ACB＝45°，∠AGC＝90°﹣∠ACB，∴∠AGC＝90°﹣45°＝45°，∴∠ACB＝∠AGC＝45°，∴AC＝AG，∵∠DAG＝∠FAC（同角的余角相等），AD＝AF，∴△GAD≌△CAF（SAS），∴∠ACF＝∠AGC＝45°，∴∠BCF＝∠ACB+∠ACF＝45°+45°＝90°，即CF⊥BC．15．背景：一次小组合作探究课上，小明将两个正方形按如图所示的位置摆放（点E、A、D在同一条直线上），发现BE＝DG且BE⊥DG．小组讨论后，提出了下列三个问题，请你帮助解答：（1）将正方形AEFG绕点A按逆时针方向旋转（如图1），还能得到BE＝DG吗？若能，请给出证明；若不能，请说明理由；（2）把背景中的正方形分别改成菱形AEFG和菱形ABCD，将菱形AEFG绕点A按顺时针方向旋转（如图2），试问当∠EAG与∠BAD的大小满足怎样的关系时，背景中的结论BE＝DG仍成立？请说明理由；（3）把背景中的正方形分别改写成矩形AEFG和矩形ABCD，且，AE＝4，AB＝8，将矩形AEFG绕点A按顺时针方向旋转（如图3），连接DE，BG．小组发现：在旋转过程中，DE2+BG2的值是定值，请求出这个定值．（1）证明：∵四边形AEFG为正方形，∴AE＝AG，∠EAG＝90°，又∵四边形ABCD为正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝90°，∴∠EAB＝∠GAD，∴△AEB≌△AGD（SAS），∴BE＝DG；（2）当∠EAG＝∠BAD时，BE＝DG，理由如下：∵∠EAG＝∠BAD，∴∠EAB＝∠GAD，又∵四边形AEFG和四边形ABCD为菱形，∴AE＝AG，AB＝AD，∴△AEB≌△AGD（SAS），∴BE＝DG；（3）解：方法一：过点E作EM⊥DA，交DA的延长线于点M，过点G作GN⊥AB交AB于点N，由题意知，AE＝4，AB＝8，∵＝，∴AG＝6，AD＝12，∵∠EMA＝∠ANG，∠MAE＝∠GAN，∴△AME∽△ANG，设EM＝2a，AM＝2b，则GN＝3a，AN＝3b，则BN＝8﹣3b，∴ED2＝（2a）2+（12+2b）2＝4a2+144+48b+4b2，GB2＝（3a）2+（8﹣3b）2＝9a2+64﹣48b+9b2，∴ED2+GB2＝13（a2+b2）+208＝13×4+208＝260．方法二：如图2，设BE与DG交于Q，BE与AG交于点P，∵，AE＝4，AB＝8∴AG＝6，AD＝12．∵四边形AEFG和四边形ABCD为矩形，∴∠EAG＝∠BAD，∴∠EAB＝∠GAD，∵，∴△EAB∽△GAD，∴∠BEA＝∠AGD，∴A，E，G，Q四点共圆，∴∠GQP＝∠PAE＝90°，∴GD⊥EB，连接EG，BD，∴ED2+GB2＝EQ2+QD2+GQ2+QB2＝EG2+BD2，∴EG2+BD2＝42+62+82+122＝260．。
初中数学破题致胜微方法(等腰直角三角形中的手拉手模型)等腰直角三角形手拉手的旋转
等腰直角三角形手拉手的旋转例：已知，在△ABC 中，∠BAC=90°，AB=AC,点D 在直线BC 上一动点（点D 不与B 、C 重合），以AD 为边作正方形ADEF ，连接CF ，如图，当点D 在线段BC 上时，求证：（1）CF=BD;（2）CF ⊥BD;分析：根据等腰直角三角形的性质求出∠ABC=∠ACB=45°，正方形的性质可得AD=AF, ∠DAF=90°,然后利用同角的余角相等求出∠BAD=∠CAF ，再利用“边角边”证明△ABD 和△ACF 全等，根据全等三角形对应边相等可得CF=BD ，全等三角形的对应角相等可得∠ACF=∠ABD ，然后求出∠BCF==90°,再根据垂直的定义证明即可.证明：（1）∵∠BAC=90°，AB=AC ，∴∠ABC=∠ACB=45°,∵四边形ADEF 是正方形，∴AD=AF,∠DAF==90°，∵∠BAD+∠CAD=∠BAC=90°，∠CAF+∠CAD=∠DAF=90°，∴∠BAD=∠CAF,在△ABD 和△ACF 中，AB AC BAD CAF AD AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABD ≌△ACF ，所以CF=BD.（2）∠ACF=∠ABD,∴∠BCF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°，∴CF ⊥BD;总结：（1）两个相似的共直角顶点的等腰直角三角形，旋转所形成的全等三角形相对孤立的边的关系是垂直且相等，如图，△BCD ≌△ECA ，则AE=BD.AE ⊥BD,（2）延伸：两个共顶点的全等三角形旋转90°时，对应的孤立边的位置关系是垂直且相等,如图，BC=DE.BC⊥DE.练习：1.如图,△ACD和△BCE都是等腰直角三角形,∠ACD=∠BCE=90°,AE交CD于点F,BD 分别交CE、AE于点G、H.试猜测线段AE和BD的数量和位置关系,并说明理由2.如图,已知F是正方形ABCD中BC边上一点,延长AB到E,使得BE=BF,试用旋转的性质说明:AF=CE且AF⊥CE.3.(1)如图,在△ABC和△ADE中,AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=90°.①当点D在AC上时,如下面图1,线段BD、CE有怎样的数量关系和位置关系?直接写出你猜想的结论;②将下面图1中的△ADE绕点A顺时针旋转α角(0°<α<90°),如下面图2,线段BD、CE 有怎样的数量关系和位置关系?请说明理由.(2)当△ABC和△ADE满足下面甲、乙丙中的哪个条件时,使线段BD、CE在(1)中的位置关系仍然成立?不必说明理由.甲:AB︰AC=AD︰AE=1,∠BAC=∠DAE≠90°;乙:AB︰AC=AD︰AE≠1,∠BAC=∠DAE=90°;丙:AB︰AC=AD︰AE≠1,∠BAC=∠DAE≠90°.1.2100027377分析：由于条件可知CD=AC，BC=CE，且可求得∠ACE=∠DCB，所以△ACE≌△DCB，即AE=BD，∠CAE=∠CDB；又因为对顶角相等即∠AFC=∠DFH，所以∠DHF=∠ACD=90°，即AE⊥BD．解：猜测AE=BD，AE⊥BD；理由如下：∵∠ACD=∠BCE=90°，∴∠ACD+∠DCE=∠BCE+∠DCE，即∠ACE=∠DCB，又∵△ACD和△BCE都是等腰直角三角形，∴AC=CD，CE=CB，在△ACE 与△DCB 中，AC DC ACE DCB EC BC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△ACE ≌△DCB(SAS)，∴AE=BD ，∠CAE=∠CDB ；∵∠AFC=∠DFH ，∠FAC+∠AFC=90°，∴∠DHF=∠ACD=90°，∴AE ⊥BD ． 2.3. 分析：（1）①BD=CE ，BD ⊥CE ．根据全等三角形的判定定理SAS 推知△ABD ≌△ACE ，然后由全等三角形的对应边相等证得BD=CE 、对应角相等∠ABF=∠ECA ；然后在△ABD 和△CDF 中，由三角形内角和定理可以求得∠CFD=90°，即BD ⊥CF ；②BD=CE ，BD ⊥CE ．根据全等三角形的判定定理SAS 推知△ABD ≌△ACE ，然后由全等三角形的对应边相等证得BD=CE 、对应角相等∠ABF=∠ECA ；作辅助线（延长BD 交AC 于F ，交CE 于H ）BH 构建对顶角∠ABF=∠HCF ，再根据三角形内角和定理证得∠BHC=90°；（2）根据结论①、②的证明过程知，∠BAC=∠DFC （或∠FHC=90°）时，该结论成立了，所以本条件中的∠BAC=∠DAE≠90°不合适．解：（1）①结论：BD=CE ，BD ⊥CE ；②结论：BD=CE ，BD ⊥CE…1分理由如下：∵∠BAC=∠DAE=90°∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC ，即∠BAD=∠CAE∵AB=AC ，AD=AE ，∴△ABD ≌△ACE （SAS ）.∴BD=CE ，延长BD交AC于F，交CE于H．在△ABF与△HCF中，∵∠ABF=∠HCF，∠AFB=∠HFC∴∠CHF=∠BAF=90°∴BD⊥CE.（2）结论：乙．AB：AC=AD：AE，∠BAC=∠DAE=90°。
初中数学常见模型之手拉手模型
E
F
B
A
2 ．如图，△ ABD 与△ BCE 都为等边三角形，连接 AE 与 CD ，延长 AE 交 CD 于点H ．
证明：（ 1 ） AE=DC ；（ 2 ）∠ AHD=60 °；（ 3 ）连接 HB ， HB 平分∠ AHC
D H C
E
A
B
3 ．将等腰 Rt △ ABC 和等腰 Rt △ ADE 按图①方式放置，∠ A=90 °， AD 边与 AB 边重合， AB=2AD=4 。将△ ADE 绕点 A 逆时针方向旋转一个角度 （ 0 ° < >180 °）， BD 的延长线交 CE 于P
初中数学常见模型
手拉手模型
模型：手拉手
如图，△ ABC 、△ ADE 是等腰三角形，AB=AC ,AD=AE ,∠ BAC= ∠ DAE=α
结论：△ BAD ≌ △ CAE
模型分析
A
E
D
B
C
图1
A E
D
E A
D
B
C
图2
B
图3
C
手拉手模型常和旋转结合，在考试中作为几何综合题目出现
模型实例
例 1.如图，△ ADC 与△ GDB 都为等腰直角三角形，连接 AG 、 CB ，相交于点 H ，
（ 5 ）△ EGB ≌ △ CFB ；（ 6 ）连接 GF ， GF ∥ AC ；（ 7 ）连接 HB ， HB 平分∠ AHC
D G
HE F
A
B
C
（ 1 ）如图②，证明： BD=CE ， BD ⊥ CE ； （ 2 ）如图③，在旋转的过程中，当 AD ⊥ BD 时，求出 CP 的长。
B
B
D
D
初中数学破题致胜微方法(等腰直角三角形中的手拉手模型)等腰直角三角形与正方形手拉手
等腰直角三角形与正方形手拉手例：已知，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC,点D在直线BC上一动点（点D不与B、C重合），以AD为边作正方形ADEF，连接CF，（1）如图1，当点D在线段BC上时，求证：①CF=BD;②CF⊥BD;（2）如图2，当点D在线段BC的延长线上时，其他条件不变，线段CF与BD的上述关系是否还成立？请直接写出结论即可（不必证明）；（3）如图3，当点D在线段的反向延长线上，且点A、F在直线BC的两端，其他条件不变，线段CF与BD的上述关系是否还成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由.分析：（1）根据等腰直角三角形的性质求出∠ABC=∠ACB=45°，正方形的性质可得AD=AF, ∠DAF=90°,然后利用同角的余角相等求出∠BAD=∠CAF，再利用“边角边”证明△ABD和△ACF全等，根据全等三角形对应边相等可得CF=BD，全等三角形的对应角相等可得∠ACF=∠ABD，然后求出∠BCF==90°,再根据垂直的定义证明即可；（2）结论仍然成立；（3）同（1）可证△ABD和△ACF全等，根据全等三角形对应边相等可得CF=BD，全等三角形对应角相等可得∠ACF=∠ABD=135°，然后求出∠BCF=90°，再根据垂直的定义证明即可.解：（1）∵∠BAC=90°，AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=45°,∵四边形ADEF是正方形，∴AD=AF,∠DAF==90°，∵∠BAD+∠CAD=∠BAC=90°，∠CAF+∠CAD=∠DAF=90°，∴∠BAD=∠CAF,在△ABD和△ACF中，AB ACBAD CAF AD AF=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABD≌△ACF，所以①CF=BD，∠ACF=∠ABD, ∴∠BCF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°，∴②CF⊥BD;（2）当点D在线段延长线上时，线段CF与BD的上述关系仍然成立；（3）当点D在线段BC的反向延长线上，且点A、F在直线BC的两侧，线段CF与BD的上述关系仍然成立.理由：同理可证，△ABD≌△ACF，∴CF=BD，∠ACF=∠ABD=180°-45°=135°，∵∠ACB=45°，∴∠BCF=∠ACF-∠ACB=135°-45°=90°，∴CF⊥BD.总结：两个等腰直角三角形共直角顶点为手拉手模型之一，如图，其中有等腰直角三角形和正方形共直角顶点，相当于两个等腰直角三角形“手拉手”，因为正方形其中一个对角线与两边就可形成等腰直角三角形，所以有全等三角形及其性质的应用练习：在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90︒，点D在射线BC上（与B、C两点不重合），以AD为边作正方形ADEF，使点E与点B在直线AD的异侧，射线BA与射线CF相交于点G．（1）若点D在线段BC上，如图1.①依题意补全图1；②判断BC与CG的数量关系与位置关系，并加以证明；（2）若点D在线段BC的延长线上，且G为CF中点，连接GE，AB2，则GE的长为_______，并简述求GE长的思路．图1 备用图解:(1) ①补全图形，如图1所示．图1②BC 和CG 的数量关系：BC CG =，位置关系：BC CG ⊥．证明: 如图1．∵︒=∠=90,BAC AC AB ，∴︒=∠=∠45ACB B ，︒=∠+∠9021．∵射线BA 、CF 的延长线相交于点G ，∴︒=∠=∠90BAC CAG ．∵四边形ADEF 为正方形，∴︒=∠+∠=∠9032DAF ，AF AD =．∴31∠=∠．∴△ABD ≌△ACF ．∴︒=∠=∠45ACF B ．∴45B G ∠=∠=︒，90BCG ∠=︒．∴BC CG =，BC CG ⊥． (2) 10GE =思路如下：a . 由G 为CF 中点画出图形，如图2所示．b . 与②同理，可得BD=CF ，BC CG =，BC CG ⊥；c . 由2=AB ，G 为CF 中点，可得2====CD FG CG BC ；d . 过点A 作AM BD ⊥于M ，过点E 作EN FG ⊥于N ，可证△AMD ≌△FNE ，可得1AM FN ==，NE 为FG 的垂直平分线，FE EG =；e . 在Rt △AMD 中，1AM =，3MD =，可得10AD =10GE FE AD ===。
初中数学破题致胜微方法(等腰直角三角形中的手拉手模型)等腰直角三角形手拉手模型的补全【含解析】
等腰直角三角形手拉手模型的补全例：如图1，在△ABC 中，CA =CB ，∠ACB =90°，D 是△ABC 内部一点，∠ADC =135°，将线段CD 绕点C 逆时针旋转90°得到线段CE ，连接DE ．（1）① 依题意补全图形；② 请判断∠ADC 和∠CDE 之间的数量关系，并直接写出答案．（2）在（1）的条件下，连接BE ，过点C 作CM ⊥DE ，请判断线段CM ，AE 和BE 之间的数量关系，并说明理由．（3）如图2，在正方形ABCD 中，AB =2，如果PD =1，∠BPD =90°，请直接写出点A 到BP 的距离． DA B C PDC A B图1 图2分析：（1）②∠ADC +∠CDE =180°．根据旋转的性质即可解答（2）根据旋转的性质，可证明A 、D 、E 三点在同一条直线上，得到AE=AD+DE ，再根据旋转，实质得到两个等腰直角三角形手牵手相似，则可证明△ACD≌△BCE，得到AD=BE ，又CD=CE,∠DCE=90°，CM⊥DE，得到DE=2CM ，∴AE=BE+2CM.（3）作AF⊥BP 于F ，此图可看成不完整的等腰直角三角形手牵手，则相当于△ADP 绕点A 顺时针旋转90°，∴作AH⊥BP 于H ，如图，形成三角形△ABD 和△AHP 手牵手，∴△ABH≌△ADP，∴BP=BH+HP=PD+2AF，在Rt△BPD 中借助勾股定理可得31AF -=解：（1）① 依题意补全图形（如下图）；② ∠ADC+∠CDE=180°．（2）线段CM，AE和BE之间的数量关系是AE=BE+2CM，理由如下：∵ 线段CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CE，∴ CD=CE，∠DCE=90°．∴ ∠CDE=∠CED=45°．又∵ ∠ADC=135°，∴ ∠ADC+∠CDE=180°，∴ A、D、E三点在同一条直线上.∴ AE=AD+DE.又∵ ∠ACB=90°，∴ ∠ACB－∠DCB=∠DCE－∠DCB，即∠ACD=∠BCE．又∵ AC=BC，CD=CE，∴ △ACD≌△BCE．∴ AD=BE．∵ CD=CE，∠DCE=90°，CM⊥DE．∴ DE=2CM．∴ AE=BE+2CM．（3）点A到BP的距离为312．总结：在等腰直角三角形顶角顶点的基础上，出现了一个利用腰形成的三角形时，往往借助等线段、共端点考虑用旋转的思路构造此三角形旋转90°利用等腰三角形另一腰形成三角形解决问题练习：（1）问题发现：如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一直线上，连接BE．填空：①∠AEB的度数为_______；②线段AD、BE之间的数量关系为______________．（2）拓展探究如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°点A、D、E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段AM、AE、BE之间的数量关系，并说明理由．（3）解决问题在正方形ABCD中，CD=2，若点P满足PD=1，且∠BPD=90°，请直接写出点A到BP的距离．。
初中数学破题致胜微方法等腰直角三角形中的手拉手模型等腰直角三角形手拉手模型的补全1
等腰直角三角形手拉手模型的补全例：如图1，在△ABC 中，CA =CB ，∠ACB =90°，D 是△ABC 内部一点，∠ADC =135°，将线段CD 绕点C 逆时针旋转90°得到线段CE ，连接DE ．（1）① 依题意补全图形；② 请判断∠ADC 和∠CDE 之间的数量关系，并直接写出答案．（2）在（1）的条件下，连接BE ，过点C 作CM ⊥DE ，请判断线段CM ，AE 和BE 之间的数量关系，并说明理由．（3）如图2，在正方形ABCD 中，ABPD =1，∠BPD =90°，请直接写出点A 到BP 的距离． DA B C PDC A B图1 图2分析：（1）②∠ADC +∠CDE =180°．根据旋转的性质即可解答（2）根据旋转的性质，可证明A 、D 、E 三点在同一条直线上，得到AE=AD+DE ，再根据旋转，实质得到两个等腰直角三角形手牵手相似，则可证明△ACD≌△BCE，得到AD=BE ，又CD=CE,∠DCE=90°，CM⊥DE，得到DE=2CM ，∴AE=BE+2CM.（3）作AF⊥BP 于F ，此图可看成不完整的等腰直角三角形手牵手，则相当于△ADP 绕点A 顺时针旋转90°，∴作AH⊥BP于H ，如图，形成三角形△ABD 和△AHP 手牵手，∴△ABH≌△ADP，∴BP=BH+HP=PD+2AF，在Rt△BPD 中借助勾股定理可得AF =解：（1）① 依题意补全图形（如下图）；② ∠ADC+∠CDE=180°．（2）线段CM，AE和BE之间的数量关系是AE=BE+2CM，理由如下：∵ 线段CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CE，∴ CD=CE，∠DCE=90°．∴ ∠CDE=∠CED=45°．又∵ ∠ADC=135°，∴ ∠ADC+∠CDE=180°，∴ A、D、E三点在同一条直线上.∴ AE=AD+DE.又∵ ∠ACB=90°，∴ ∠ACB－∠DCB=∠DCE－∠DCB，即∠ACD=∠BCE．又∵ AC=BC，CD=CE，∴ △ACD≌△BCE．∴ AD=BE．∵ CD=CE，∠DCE=90°，CM⊥DE．∴ DE=2CM．∴ AE=BE+2CM．（3）点A到BP．总结：在等腰直角三角形顶角顶点的基础上，出现了一个利用腰形成的三角形时，往往借助等线段、共端点考虑用旋转的思路构造此三角形旋转90°利用等腰三角形另一腰形成三角形解决问题练习：（1）问题发现：如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一直线上，连接BE．填空：①∠AEB的度数为_______；②线段AD、BE之间的数量关系为______________．（2）拓展探究如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°点A、D、E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段AM、AE、BE之间的数量关系，并说明理由．（3）解决问题在正方形ABCD中，，若点P满足PD=1，且∠BPD=90°，请直接写出点A到BP的距离．。
初中数学经典几何模型05-手拉手模型构造全等三角形(含答案)
初中数学经典几何模型专题05 手拉手模型构造全等三角形【专题说明】两个具有公共顶点的相似多边形，在绕着公共顶点旋转的过程中，产生伴随的全等或相似三角形，这样的图形称作共点旋转模型；为了更加直观，我们形象的称其为“手拉手”模型。
【知识总结】【基本模型】一、等边三角形手拉手-出全等图1 图2图3 图4二、等腰直角三角形手拉手-出全等两个共直角顶点的等腰直角三角形，绕点C旋转过程中（B、C、D不共线）始终有①△BCD≌△ACE；②BD⊥AE（位置关系）且BD=AE（数量关系）；③FC平分∠BFE；图1图2图3图41、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.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.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？4、如图，点G是正方形ABCD对角线CA的延长线上任意一点，以线段AG为边作一个正方形AEFG，线段EB和GD相交于点H.若AB=√2，AG=1，则EB=________________.5、已知正方形ABCD和正方形AEFG有一个公共点，点G、E分别在线段AD、AB上，若将正方形AEFG 绕点A按顺时针方向旋转，连接DG,在旋转的过程中，你能否找到一条线段的长与线段DG的长度始终相等？并说明理由。
6、已知：如图在△ABC，△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC,AD=AE,点C、D、E三点在同一直线上，连接BD,BE.以下四个结论:①BD=CE;②BD⊥CE;③∠ACE+∠BDC=45°；④BE2=2(AD2+AB2)其中结论正确的个数是_______【基础训练】1、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.2、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.3、如图，点A、B、C在一条直线上，△ABD,△BCE均为等边三角形，连接AE和CD,AE分别交CD,BD于点M,P,CD交BE于点Q，连接PQ,BM.下面结论：△ABE≌△DBC;∠DMA=60°；△BPQ为等边三角形；MB平分∠AMC.其中正确的有____________4、如图1，CA=CB,CD=CE,∠ACB=∠DCE=α，AD、BE相交于点M,连接CM.求证：BE=AD;用含α的式子表示∠AMB的度数；当α=90°时，取AD、BE的中点分别为点P、Q，连接CP,CQ,PQ,如图2，判断△CPQ的形状，并加以证明.【巩固提升】1、已知△ABC和△BDE都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠BED＝90°，AB＝2BD，连接CE．（1）如图1，若点D在AB边上，点F是CE的中点，连接BF．当AC＝4时，求BF的长；（2）如图2，将图1中的△BDE绕点B按顺时针方向旋转，使点D在△ABC的内部，连接AD，取AD 的中点M，连接EM并延长至点N，使MN＝EM，连接CN．求证：CN⊥CE．2、如图，△ABC中AB＝AC＝5，tan∠ACB＝，点D为边BC上的一动点（不与点B、C重合），将线段AD绕点A顺时针旋转得AE，使∠DAE＝∠BAC，DE与AB交于点F，连接BE．（1）求BC的长；（2）求证∠ABE＝∠ABC；（3）当FB＝FE时，求CD的长．3、如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为AB上一点，连接CD，将CD绕点C顺时针旋转90°至CE，连接AE．（1）求证：△BCD≌△ACE；（2）如图2，连接ED，若CD＝2，AE＝1，求AB的长；（3）如图3，若点F为AD的中点，分别连接EB和CF，求证：CF⊥EB．4、如图，△ABC和△EDC都是等腰直角三角形，C为它们的公共直角顶点，连接AD、BE，点F为线段AD的中点，连接CF．（1）如图1，当D点在BC上时，试判断线段BE、CF的关系，并证明你的结论；（2）如图2，把△DEC绕C点顺时针旋转一个锐角，其他条件不变时，请探究BE、CF的关系并直接写出结论．5、如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D、E分别是AB、AC边的中点．将△ABC绕点A顺时针旋转a角（0°＜a＜180°），得到△AB′C′（如图2），连接DB'，EC'．（1）探究DB'与EC'的数量关系，并结合图2给予证明；（2）填空：①当旋转角α的度数为时，则DB'∥AE；②在旋转过程中，当点B'，D，E在一条直线上，且AD＝时，此时EC′的长为．6、如图，∠AOB＝120°，OC平分∠AOB，∠MCN＝60°，CM与射线OA相交于M点，CN与直线BO相交于N点．把∠MCN绕着点C旋转．（1）如图1，当点N在射线OB上时，求证：OC＝OM+ON；（2）如图2，当点N在射线OB的反向延长线上时，OC与OM，ON之间的数量关系是（直接写出结论，不必证明）专题05 手拉手模型构造全等三角形答案【专题说明】两个具有公共顶点的相似多边形，在绕着公共顶点旋转的过程中，产生伴随的全等或相似三角形，这样的图形称作共点旋转模型；为了更加直观，我们形象的称其为“手拉手”模型。
初中数学几何模型之——手拉手模型，跟我学-应对中考轻松自如
初中数学几何模型之——手拉手模型，跟我学-应对中考轻松自
如
一、模型一：手拉手模型----旋转型全等
（1）等边三角形
手拉手-等边旋转
【条件】：△OAB和△OCD均为等边三角形；
【结论】：①△OAC≌△OBD；②∠AEB=60°；③OE平分∠AED
（2）等腰直角三角形
手拉手-等腰直角旋转
【条件】：△OAB和△OCD均为等腰直角三角形；
【结论】：①△OAC≌△OBD；②∠AEB=90°；③OE平分∠AED
（3）顶角相等的两任意等腰三角形
手拉手-等腰旋转
【条件】：△OAB和△OCD均为等腰三角形；且∠COD=∠AOB
【结论】：①△OAC≌△OBD；②∠AEB=∠AOB；③OE平分∠AED
二、模型二：手拉手模型----旋转型相似
（1）一般情况
【条件】：CD∥AB，将△OCD旋转至右图的位置
【结论】：①右图中△OCD∽△OAB→→→△OAC∽△OBD；
②延长AC交BD于点E，必有∠BEC=∠BOA
（2）特殊情况
【条件】：CD∥AB，∠AOB=90° 将△OCD旋转至右图的位置
【结论】：①右图中△OCD∽△OAB→→→△OAC∽△OBD；
②延长AC交BD于点E，必有∠BEC=∠BOA；
③BD/AC=OD/OC=OB/OA=tan∠OCD；
④BD⊥AC；
⑤连接AD、BC，必有AD2+BC2=AB2+CD2；
⑥S△BCD=1/2AC×BD。
部编数学九年级上册专题23.3等腰直角三角形手拉手模型(强化)(解析版)含答案
答卷时应注意事项１、拿到试卷，要认真仔细的先填好自己的考生信息。
２、拿到试卷不要提笔就写，先大致的浏览一遍，有多少大题，每个大题里有几个小题，有什么题型，哪些容易，哪些难，做到心里有底；３、审题，每个题目都要多读几遍，不仅要读大题，还要读小题，不放过每一个字，遇到暂时弄不懂题意的题目，手指点读，多读几遍题目，就能理解题意了；容易混乱的地方也应该多读几遍，比如从小到大，从左到右这样的题；４、每个题目做完了以后，把自己的手从试卷上完全移开，好好的看看有没有被自己的手臂挡住而遗漏的题；试卷第１页和第２页上下衔接的地方一定要注意，仔细看看有没有遗漏的小题；５、中途遇到真的解决不了的难题，注意安排好时间，先把后面会做的做完，再来重新读题，结合平时课堂上所学的知识，解答难题；一定要镇定，不能因此慌了手脚，影响下面的答题；６、卷面要清洁，字迹要清工整，非常重要；７、做完的试卷要检查，这样可以发现刚才可能留下的错误或是可以检查是否有漏题，检查的时候，用手指点读题目，不要管自己的答案，重新分析题意，所有计算题重新计算，判断题重新判断，填空题重新填空，之后把检查的结果与先前做的结果进行对比分析。
亲爱的小朋友，你们好!经过两个月的学习，你们一定有不小的收获吧，用你的自信和智慧，认真答题，相信你一定会闯关成功。
相信你是最棒的！专题23.3 等腰直角三角形手拉手模型【例题精讲】【例1】如图，等腰直角ABC D 中，90BAC Ð=°，AB AC =，点M 、N 在边BC 上，且45MAN Ð=°，1MB =，3CN =，求MN 的长．【解答】解：过点C 作CE BC ^，垂足为点C ，截取CE ，使CE BM =．连接AE 、EN ．AB AC =Q ，90BAC Ð=°，45B ACB \Ð=Ð=°．CE BC ^Q ，45ACE B \Ð=Ð=°．在ABM D 和ACE D 中，AB AC B ACE BM CE =ìïÐ=Ðíï=î，()ABM ACE SAS \D @D ．AM AE \=，BAM CAE Ð=Ð．90BAC Ð=°Q ，45MAN Ð=°，45BAM CAN \Ð+Ð=°．于是，由BAM CAE Ð=Ð，得45MAN EAN Ð=Ð=°．在MAN D 和EAN D 中，AM AE MAN EAN AN AN =ìïÐ=Ðíï=î，()MAN EAN SAS \D @D ．MN EN \=．在Rt ENC D 中，由勾股定理，得222EN EC NC =+．222MN BM NC \=+．1BM =Q ，3CN =，22213MN \=+，MN \=．【例2】如图，等腰ABC D 中，1AB AC ==，45BAC Ð=°，将ABC D 绕点A 逆时针旋转一定角度(4590)a a °<°…得到ADE D ，点B 、C 的对应点分别是D 、E ．连结BD 、CE 交于点F ，连结AD 、CE 交于点G ．（1）用含a 的代数式表示AGC Ð的度数；（2）当//AE BD 时，求CF 的长．【解答】解：（1）Q 将ABC D 绕点A 逆时针旋转一定角度(4590)a a °<°…得到ADE D ，AB AD \=，AC AE =，45BAC DAE Ð=Ð=°，CAE BAD a Ð==Ð，AB AC =Q ，AC AE AB AD \===，1802AEC ACE a °-\Ð=Ð=，1804513522AGC DAE AEC a a °-\Ð=Ð+Ð=°+=°-；（2）AB AD =Q ，BAD a Ð=，1802ABD a °-\Ð=，//AE BD Q ，180ABD BAE \Ð+Ð=°，\180451802a a °-++°=°，90a \=°，90BAD CAE \Ð=Ð=°，CE \==，45AEC Ð=°，135BAE Ð=°Q ，180BAE AEC \Ð+Ð=°，//AB CE \，\四边形ABFE 是平行四边形，1AB EF \==，1CF CE EF \=-=．【例3】如图，ABC D ，ADE D 均是顶角为42°的等腰三角形，BC 、DE 分别是底边．图中ACE D 可以看成由哪个三角形通过怎样的旋转得到的？证明这两个三角形全等．【解答】解：图中的ACE D 可以看成由ABD D 绕着点A 逆时针旋转42°得到的，证明：ABC D Q 和ADE D 都是顶角为42°的等腰三角形，AB AC \=，42BAC DAE Ð=Ð=°，AD AE =，BAD CAE \Ð=Ð，在ACE D 和ABD D 中，AC AB CAE BAD AE AD =ìïÐ=Ðíï=î，()ACE ABD SAS \D @D ．【例4】如图，在Rt ABC D 中，1AC =，90A Ð=°，把Rt ABC D 绕着点B 逆时针旋转90°得到Rt DBE D ，延长ED 至点F ，使得2DF =，连接CE 、CF ．（1）求证：BCE D 是等腰直角三角形；（2）若45ABC FBD Ð+Ð=°，求CF 的长．【解答】（1）证明：Q 把Rt ABC D 绕着点B 逆时针旋转90°得到Rt DBE D ，BC BE \=，90CBE Ð=°，BCE \D 是等腰直角三角形；（2）Q 把Rt ABC D 绕着点B 逆时针旋转90°得到Rt DBE D ，ABC DBE \Ð=Ð，1AC DE ==，3EF DF DE \=+=，45ABC FBD Ð+Ð=°Q ，45DBE DBF \Ð+Ð=°，45EBF \Ð=°，45CBF FBE \Ð=Ð=°，在BCF D 和BEF D 中，BC BE CBF EBF BF BF =ìïÐ=Ðíï=î，()CBF EBF SAS \D @D ，3CF EF \==．【题组训练】2．如图所示，在等腰ABC D 中，BC AC =，90ACB Ð=°，D 、E 为斜边AB 上的点，且45DCE Ð=°求证：222DE AD BE =+．【解答】证明：如图，将ADC D 绕点C 逆时针旋转90°到CBF D 的位置；则CD CE =，AD BF =；BCF ACD Ð=Ð，CBF A Ð=Ð；BC AC =Q ，90ACB Ð=°，45A ABC CBF \Ð=Ð=Ð=°，90EBF \Ð=°，22222EF BE BF AD BE =+=+；45DCE Ð=°Q ，90ACB Ð=°，904545ACD BCE \Ð+Ð=°-°=°，而ACD BCF Ð=Ð，45ECF ECD \Ð=Ð=°；在DCE D 与FCE D 中，CD CFDCE FCE CE CE=ìïÐ=Ðíï=î，()DCE FCE SAS \D @D ，DE EF \=，222DE AD BE \=+．3．如图是两块等腰直角三角板放置在一起，AC BC =，90ACB Ð=°，CE DE =，90E Ð=°，CE 交AB 于F ，CD 交AB 于G ．求证：222AF BG FG +=．【解答】证明：如图，将ACF D 绕点C 逆时针旋转90°得到BCH D ，连接GH ，由旋转的性质得，CF CH =，NH AF =，BCH ACF Ð=Ð，A CBH Ð=Ð，CE DE =Q ，90E Ð=°，45GCF \Ð=°，45GCH GCF \Ð=Ð=°，在CGF D 和CGH D 中，45CF CHGCH GCF CG CG=ìïÐ=Ð=°íï=î，()CGF CGH SAS \D @D ，HG FG \=，AC BC =Q ，90ACB Ð=°，45ABC A \Ð=Ð=°，454590GBH ABC CBH \Ð=Ð+Ð=°+°=°，在Rt BGH D 中，由勾股定理得，222BH BG HG +=，所以222AF BG FG +=．4．如图，ABC D 与DEC D 都是等腰直角三角形，90ACB DCE Ð=Ð=°，3AC BC ==，DC EC ==，DEC D 绕着点C旋转．（1）如图1，求证：AD BE =；（2）如图2，当点A ，D ，E 在同一直线上，且点D 在ABC D 内部时，求AD 的长．【解答】解：（1）90ACE DCE Ð=Ð=°Q ，ACE ACD \Ð=Ð，且AC BC =，CD CE =，()ACD BCE SAS \D @D AD BE \=；（2）ABC D Q 与DEC D 都是等腰直角三角形，3AC BC ==，DC EC ==，AB \=，2DE =，45CDE CED Ð=Ð=°，Q 点A ，D ，E 在同一直线上，135ADC \Ð=°，ACD BCE D @D Q ，135ADC BEC \Ð=Ð=°，90AEB \Ð=°，222()AB AD DE BE =++Q ，221844AD AD AD \=+++，1AD \=-，1AD =-（舍去）1AD \=-．5．如图，在Rt ABC D 中，1AC =，90A Ð=°，把Rt ABC D 绕着点B 逆时针旋转90°得到Rt DBE D ，延长ED 至点F ，使得2DF =，连接CE 、CF ．（1）求证：BCE D 是等腰直角三角形；（2）若45ABC FBD Ð+Ð=°，求CF 的长．【解答】（1）证明：Q 把Rt ABC D 绕着点B 逆时针旋转90°得到Rt DBE D ，BC BE \=，90CBE Ð=°，BCE \D 是等腰直角三角形；（2）Q 把Rt ABC D 绕着点B 逆时针旋转90°得到Rt DBE D ，ABC DBE \Ð=Ð，1AC DE ==，3EF DF DE \=+=，45ABC FBD Ð+Ð=°Q ，45DBE DBF \Ð+Ð=°，45EBF \Ð=°，45CBF FBE \Ð=Ð=°，在BCF D 和BEF D 中，BC BE CBF EBF BF BF =ìïÐ=Ðíï=î，()CBF EBF SAS \D @D ，3CF EF \==．6．如图，在ABC D 中，BA BC =，90ABC Ð=°，D ，E 是AC 边上的两点，且满足1(045)2DBE ABC CBE Ð=а<Ð<а，求证：222DE AD EC =+．【解答】证明：如图所示：把CBE D 逆时针旋转90°，连接DE ¢，12DBE ABC Ð=ÐQ ，12ABD CBE DBE ABC \Ð+Ð=Ð=Ð，ABE D ¢Q 由CBE D 旋转而成，BE BE \=¢，ABE CBE Т=Ð，DBE DBE \Т=Ð，在DBE D 与DBE D ¢中，BE BE DBE DBE BD BD =¢ìïÐ=Тíï=î，DBE DBE \D @D ¢，DE DE \¢=，BA BC =Q ，90ABC Ð=°，45BAC BCE \Ð=Ð=°，\图形旋转后点C 与点A 重合，CE 与AE ¢重合，AE EC \¢=，45E AB BCE \Т=Ð=°，90DAE \Т=°，在Rt ADE D ¢中，222DE AE AD ¢=¢+，AE EC ¢=Q ，222DE EC AD \¢=+，DE DE =¢Q ，222DE AD EC \¢=+，222DE AD EC \=+．7．如图，ABC D 和ADE D 是有公共顶点的等腰直角三角形，90BAC DAE Ð=Ð=°．（1）如图1，连接BE ，CD ，BE 的延长线交AC 于点F ，交CD 于点P ，求证：BP CD ^；（2）如图2，把ADE D 绕点A 顺时针旋转，当点D 落在AB 上时，连接BE ，CD ，CD 的延长线交BE 于点P，若BC =3AD =，求PDE D 的面积．【解答】解：（1）ABC D Q 和ADE D 是有公共顶点的等腰直角三角形，90BAC DAE Ð=Ð=°．AD AE \=，AB AC =，BAC EAF EAD EAF Ð-Ð=Ð-Ð，即BAE DAC Ð=Ð，在ABE D 与ADC D 中，AB AC BAE CAD AE AD =ìïÐ=Ðíï=î，()ABE ADC SAS \D @D ，ABE ACD \Ð=Ð，90ABE AFB ACD CFP Ð+Ð=Ð+Ð=°Q ，90CPF \Ð=°，BP CD \^；（2）在ABE D 与ACD D 中，90AE AD EAB CAB AB AC =ìïÐ=Ð=°íï=î，()ABE ACD SAS \D @D ，ABE ACD \Ð=Ð，BE CD =，PDB ADC Ð=ÐQ ，90BPD CAB \Ð=Ð=°，90EPD \Ð=°，BC =3AD =，DE \=，6AB =，633BD \=-=，CD ==BDP CDA D D Q ∽，\BD PD PB CD AD AC==，\36PD PB ==，PD \=PB =PE \=-=PDE \D 的面积127210==．8．如图， 等腰直角ABC D 中，90ABC Ð=°，点D 在AC 上， 将ABD D 绕顶点B 沿顺时针方向旋转90°后得到CBE D ．（1） 求DCE Ð的度数；（2） 当8AB =，:1:3AD DC =时， 求DE 的长 ．【解答】解： （1）CBE D Q 是由ABD D 旋转得到的，ABD CBE \D @D ，45A BCE \Ð=Ð=°，90DCE DCB BCE \Ð=Ð+Ð=°．（2） 在等腰直角三角形ABC 中，8AB =Q ，AC \=，又:1:3AD DC =Q ，AD \=，DC =．由 （1） 知AD CE =且90DCE Ð=°，22272880DE DC CE \=+=+=，DE \=．9．如图，ABC D 是等腰直角三角形，BC 是斜边，P 为ABC D 内一点， 将ABP D 绕点A 逆时针旋转后与ACP D ¢重合 ． 如果3AP =，那么线段P P ¢的长是多少？【解答】解： 根据旋转的性质可知将ABP D 绕点A 逆时针旋转后与ACP D ¢重合， 则ABP ACP D @D ¢，所以AP AP =¢，90BAC PAP Ð=Т=°，所以在Rt APP D ¢中，PP ¢==10．如图，ACD D 、AEB D 都是等腰直角三角形，90CAD EAB Ð=Ð=°，30BAC Ð=°，若EAC D 绕某点逆时针旋转后能与BAD D 重合，问：（1）旋转中心是 A ；（2）逆时针旋转 度；（3）若10EC cm =，则BD 的长度是 cm ．【解答】解：（1）EAC D Q 逆时针旋转后能与BAD D 重合，A \点即为两三角形的公共顶点，故旋转中心是A 点；（2）EAC D Q 逆时针旋转后能与BAD D ，AE \与AB 重合，90BAE Ð=°Q ，\旋转的度数为：90；（3）由题意知EC 和BD 是对应线段，据旋转的性质可得10BD EC cm ==．故答案为：（1）A ；（2）90；（3）10．11．阅读下面材料：小辉遇到这样一个问题：如图1，在Rt ABC D 中，90BAC Ð=°，AB AC =，点D ，E 在边BC 上，45DAE Ð=°．若3BD =，1CE =，求DE 的长．小辉发现，将ABD D 绕点A 按逆时针方向旋转90°，得到ACF D ，连接EF （如图2)，由图形旋转的性质和等腰直角三角形的性质以及45DAE Ð=°，可证FAE DAE D @D ，得FE DE =．解FCE D ，可求得FE （即)DE 的长．请回答：在图2中，FCE Ð的度数是 90° ，DE 的长为 ．参考小辉思考问题的方法，解决问题：如图3，在四边形ABCD 中，AB AD =，180B D Ð+Ð=°．E ，F 分别是边BC ，CD 上的点，且12EAF BAD Ð=Ð．猜想线段BE ，EF ，FD 之间的数量关系并说明理由．【解答】解：如图2，45ACF B Ð=Ð=°Q ，454590FCE ACF ACB \Ð=Ð+Ð=°+°=°，在Rt EFC D 中，3CF BD ==Q ，1CE =，EF \===DE \=，故答案为90°；如图3，猜想：EF BE FD =+．理由如下：如图，将ABE D 绕点A 按逆时针方向旋转，使AB 与AD 重合，得到ADG D ，BE DG \=，AE AG =，DAG BAE Ð=Ð，B ADG Ð=Ð，180B ADC Ð+Ð=°Q ，180ADG ADC \Ð+Ð=°，即点F ，D ，G 在同一条直线上，DAG BAE Ð=ÐQ ，GAE BAD \Ð=Ð，12EAF BAD Ð=ÐQ ，GAF EAF \Ð=Ð，在AEF D 和AGF D 中，AE AG EAF GAF AF AF =ìïÐ=Ðíï=î，()AEF AGF SAS \D @D ，EF FG \=，FG DG FD BE DF =+=+Q ，EF BE FD \=+．12．已知如图，ABC D 是等腰直角三角形，90BAC Ð=°，将ABP D 绕点A 逆时针方向转动到ACP D ¢，若3AP cm =，4AB cm =，求BC 、PP ¢的长．【解答】解：如图，ABC D Q 是等腰直角三角形，90BAC Ð=°，4AB =，4AC AB \==；由勾股定理得：222BC AB AC =+，)BC cm \=；由题意得：ABP ACP D @D ¢，3AP AP \¢==，CAP BAP Т=Ð，90PAP BAC \Т=Ð=°；由勾股定理得：222PP AP AP ¢=+¢，)PP cm \¢=，综上所述，BC、PP¢的长分别为，．13．如图，等腰直角ABC=，点P在AC上，90Ð=°，AB BCD中，90ABCÐ=°，PBQ =，连接PQ、CQ．BP BQ（1）求PCQÐ的度数；AB=，AP=BP的长．（2）当4【解答】解：（1）90Ð=°Q，90ABCÐ=°，PBQ\Ð=°-Ð，90ABP CBP90Ð=°-Ð，CBQ CBP\Ð=Ð，ABP CBQQ，BP BQ=AB BC=，\D@D，()ABP CBQ SAS\Ð=Ð，BCQ AABCQ是等腰直角三角形，DA ACB\Ð=Ð=°，45BCQ\Ð=°，45\Ð=°+°=°；454590PCQ（2）过P 作PD AB ^于D ，则ADP D是等腰直角三角形，1AD PD AP \===，4AB =Q ，3BD \=，PB \===．14．已知，如图，在Rt ABC D 中，90ACB Ð=°，AC BC =，点E 、F 分别是斜边AB 上的两点，且45FCE Ð=°．（1）现将CF 绕点C 顺时针旋转90°到CD ，连接AD ．求证：AD BF =．（2）若10EF =，8BF =．求AE 的长及ABC D 的面积．【解答】（1）证明：在BCF D 和ACD D 中，BC AC BCF ACD CF CD =ìïÐ=Ðíï=î，BCF ACD \D @D ，AD BF \=，45CAD CBA Ð=Ð=°．（2）解：Q 在ECF D 和ECD D中，EC EC ECF ECD CF CD =ìïÐ=Ðíï=î，ECF ECD \D @D ，ED EF \=，则在Rt DAE D中，由勾股定理可得：6AE ==，24AB \=，\在Rt ABC D中，由勾股定理可得AC BC ==211442ABC S AC D \==．15．如图（1），ABC D 、AED D 全等的等腰直角三角形，90BAC EAD Ð=Ð=°，EAD D 固定不动，将BAC D 绕着点A 逆时针旋转（旋转角a 满足0180)a °<<°，连接EC 和BD ，相交于点F ；（1）猜想线段EC 、BD 的关系并证明你的结论；（2）如图（2）连接BE ，直接写出EBD Ð的大小为： 45° ；（3）如图（3）连接AF ，求证：AF 平分BFE Ð．【解答】（1）解：EC BD =，EC BD ^．理由如下：BD 与EC 交于点G ，如图（1）ABC D Q 、AED D 全等的等腰直角三角形，AB AC AD AE \===，90BAC DAE Ð=Ð=°，BAD \D 绕点A 顺时针旋90°得到CAE D ，EC BD \=，12Ð=Ð，BGA CGD Ð=ÐQ ，90CFG BAG \Ð=Ð=°，EC BD \^；（2）解：如图（2），由（1）得12Ð=Ð，AE AC =Q ，23\Ð=Ð，13\Ð=Ð，AB AE =Q ，ABE AEB \Ð=Ð，FBE FEB \Ð=Ð，由（1）得90CFB Ð=°，BEF \D 为等腰直角三角形，45EBF \Ð=°；故答案为45°；^于M，AN CE（3）证明：过点A作AM BD^，如图（3），D绕点A顺时针旋90°得到CAE由（1）得BADD，\D@D，ABD ACE\=，AM ANÐ．AF\平分BFE。
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。
初中数学解题模型专题讲解7---手拉手模型
EA DBC EA DB C E D C B A 图3图21图初中数学解题模型专题讲解专题7 手拉手模型模型模型 手拉手手拉手手拉手如图，△ABC 是等腰三角形、△ADE 是等腰三角形，AB=AC，AD=AE， ∠BAC=∠DAE=α。
结论：△BAD≌△CAE。
等腰三角形分为:等边三角形、等腰直角、任意等腰三角形，几种特殊情况分别讨论如下：1、等边三角形条件：△OAB ，△OCD 均为等边三角形 结论：；；导角核心：2、等腰直角三角形条件：△OAB，△OCD均为等腰直角三角形结论：；；导角核心：3、任意等腰三角形条件：△OAB，△OCD均为等腰三角形，且∠AOB = ∠COD 结论：；；核心图形：核心条件：；；接下来，将针对以“两个等边三角形”为载体的模型与方法进行分析和讲解。
两个等边三角形放在一起，最常见的就是“手拉手模型”，这个模型包含了许多非常重要的结论和方法！重点给大家分享一下两个等边三角形放在一起的模型，其中最最重要的就是两个等边三角形共顶点的模型，俗称“手拉手模型”。
针对这个模型的研究，一般分为三个方向：一、不变性二、特殊位置出现的特殊结论(临界点)三、增加部分条件得出的新结论首先，我们来研究一下这个模型中都包含哪些“不变性质”。
第一个不变性质就是全等，如下图：△△△（SAS）始终成立。
无论两个等边三角形的相对位置如何ACD BCE第二个不变性质是角度问题，如下图：∠∠，再依据“蝴蝶模型”或者“8”字模型倒角或者根据第一条性质的全等，得出1=2“四点共圆”都可以得出AD和BE的夹角APB=60°∠，这个结论不随等边三角形的相对位置变化而变化，也具有不变性。
第三个不变性质是角平分线，如下图：CP始终平分BPD∠∠始终成立。
∠，也就是说BPC=DPC =60°证法1：如下图，分别作BE和AD的垂线段CH和CK，由ACD BCE△△△（SAS），可以知△和BCE△的面积相等，底也相等，全等三角形对应高也相等，所以高CH=CK.道ACD∠根据角平分线的性质，可以知道CP平分BPD.证法2：∠∠，AC=BC，在BP上截取BF=AP，则ACP BCF△△△（SAS），如下图，根据1=2△是等边三角形。
等腰直角三角形手拉手经典题
等腰直角三角形手拉手经典题我们会发现，数学其实也可以挺有意思的，尤其是那些经典的题目，就像是给我们找乐子的“谜语”，越看越让人觉得有点“玩味儿”。
说到等腰直角三角形，那可是很多数学老师都愿意拿出来“秀”的一道题，不仅简洁，还富有一定的挑战性。
尤其是当你看懂了之后，心里那种豁然开朗的感觉，就像打开了一个新的世界一样，绝对不亚于发现“宝藏”的那种兴奋感。
什么叫等腰直角三角形呢？你别看这名字挺复杂，实际上它就是一个角度为90度的三角形，两个边长相等。
想象一下，如果你是一个三角形，它的两条直角边就像是一对手拉手的好朋友，亲密无间。
别看它们是“对称”的样子，实际上，它们的作用可不简单。
你会发现，等腰直角三角形可比那些杂乱无章的三角形要好看得多，就像一对携手同行的朋友，既有“规律”又显得特别和谐。
说到这里，咱们再聊聊这个等腰直角三角形的“经典”特性——45度、45度、90度，记住了吧？也就是说，这两个相等的角度，都是45度，只有直角是90度。
很多朋友听了这话会觉得，“哎呀，怎么这么简单，真没啥难度。
”但这可不是“随便”就能看懂的，要是你想“玩转”这道题，可就得有点耐心，搞懂了之后，不仅能轻松应付题目，还能看到数学的“魅力”所在。
有时候啊，生活就像这道题一样，你看似走了很长一段路，觉得自己已经明白了所有的道理，可突然发现，原来这些道理早就藏在那些不起眼的小细节里。
比如说，等腰直角三角形的斜边，它是怎么来的呢？是不是觉得这条斜边就像是两条边的“约定”，它既不长也不短，总是有点“意外”的感觉。
你会发现，斜边的长度，跟你给定的直角边有着直接的关系。
具体来说，假如你知道直角边的长度是x，那么斜边的长度就可以通过“x根号2”来表示。
是不是听起来有点神奇？它也没那么复杂，就像是你和你的好朋友一起走在路上，总会有一种默契感，不用说什么，大家都知道怎么做。
我想你可能会好奇，为什么我们总是强调这道题的“对称性”和“规律性”。
其实啊，这就是数学的魅力之一。
中考专题(手拉手模型)经典结论大总结(6)(1)
【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，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2.手拉手模型图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°结论：PB+PC=PA证明方法图：证明：延长PC至D，使得CD=BP、∠ABP＋∠ACP＝180º,∠ACD＋∠ACP ＝180º,可得∠ABP＝∠ACD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）模型三△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）模型四△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）模型五：△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）模型六：△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．。
等腰直角三角形旋转的手拉手模型问题
等腰直角三角形旋转的手拉手模型问题
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【题目】
两个等腰直角三角形ACB、DCE如图放置，现将△DCE绕C点旋转，连接AD、BE。
结合下列四个图形猜测线段AD、BE的数量位置关系并说明理由。
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分析：首先分类，三种情况，根据等腰得两组边相等，根据旋转得两边夹角相等，用SAS判定全等（手拉手全等模型）得AD=BE。
利用三角形全等得对应角相等结合对顶角相等，三角形中另一角也相等，（蝴蝶形证垂直）从而证出AD⊥BE。
证垂直还可以利用等腰等量代换，深层为方程思想
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手拉手全等模型:
蝴蝶形证垂直：
等量代换证垂直：
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后两种同理，体会此模型中的两种方法和旋转变换中的不变性—————————————————————。
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等腰直角三角形手拉手的旋转
例：已知，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC,点D在直线BC上一动点（点D不与B、C重合），以AD为边作正方形ADEF，连接CF，如图，当点D在线段BC上时，求证：（1）CF=BD;（2）CF⊥BD;
分析：根据等腰直角三角形的性质求出∠ABC=∠ACB=45°，正方形的性质可得AD=AF, ∠DAF=90°,然后利用同角的余角相等求出∠BAD=∠CAF，再利用“边角边”证明△ABD和△ACF全等，根据全等三角形对应边相等可得CF=BD，全等三角形的对应角相等可得∠ACF=∠ABD，然后求出∠BCF==90°,再根据垂直的定义证明即可.
证明：（1）∵∠BAC=90°，AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=45°,
∵四边形ADEF是正方形，∴AD=AF,∠DAF==90°，
∵∠BAD+∠CAD=∠BAC=90°，∠CAF+∠CAD=∠DAF=90°，∴∠BAD=∠CAF,
在△ABD和△ACF中，
AB AC
BAD CAF
AD AF
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，∴△ABD≌△ACF，
所以CF=BD.
（2）∠ACF=∠ABD,
∴∠BCF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°，∴CF⊥BD;
总结：（1）两个相似的共直角顶点的等腰直角三角形，旋转所形成的全等三角形相对孤立的边的关系是垂直且相等，如图，△BCD≌△ECA，则AE=BD.AE⊥BD,
（2）延伸：两个共顶点的全等三角形旋转90°时，对应的孤立边的位置关系是垂直且相等,如图，BC=DE.BC⊥DE.
练习：1.如图,△ACD和△BCE都是等腰直角三角形,∠ACD=∠BCE=90°,AE交CD于点F,BD 分别交CE、AE于点G、H.试猜测线段AE和BD的数量和位置关系,并说明理由
2.如图,已知F是正方形ABCD中BC边上一点,延长AB到E,使得BE=BF,试用旋转的性质说
明:AF=CE且AF⊥CE.
3.(1)如图,在△ABC和△ADE中,AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=90°.
①当点D在AC上时,如下面图1,线段BD、CE有怎样的数量关系和位置关系?直接写出你猜想的结论;
②将下面图1中的△ADE绕点A顺时针旋转α角(0°<α<90°),如下面图2,线段BD、CE 有怎样的数量关系和位置关系?请说明理由.
(2)当△ABC和△ADE满足下面甲、乙丙中的哪个条件时,使线段BD、CE在(1)中的位置关系仍然成立?不必说明理由.
甲:AB︰AC=AD︰AE=1,∠BAC=∠DAE≠90°;
乙:AB︰AC=AD︰AE≠1,∠BAC=∠DAE=90°;
丙:AB︰AC=AD︰AE≠1,∠BAC=∠DAE≠90°.
1.2100027377
分析：由于条件可知CD=AC，BC=CE，且可求得∠ACE=∠DCB，所以△ACE≌△DCB，即AE=BD，∠CAE=∠CDB；又因为对顶角相等即∠AFC=∠DFH，所以∠DHF=∠ACD=90°，即AE⊥BD．解：猜测AE=BD，AE⊥BD；
理由如下：
∵∠ACD=∠BCE=90°，
∴∠ACD+∠DCE=∠BCE+∠DCE，
即∠ACE=∠DCB，
又∵△ACD和△BCE都是等腰直角三角形，
∴AC=CD，CE=CB，
在△ACE 与△DCB 中，
AC DC ACE DCB EC BC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
∴△ACE ≌△DCB(SAS)，
∴AE=BD ，∠CAE=∠CDB ；
∵∠AFC=∠DFH ，∠FAC+∠AFC=90°，
∴∠DHF=∠ACD=90°，
∴AE ⊥BD ． 2. 3.
分析：（1）①BD=CE ，BD ⊥CE ．根据全等三角形的判定定理SAS 推知△ABD ≌△ACE ，然后由全等三角形的对应边相等证得BD=CE 、对应角相等∠ABF=∠ECA ；然后在△ABD 和△CDF 中，由三角形内角和定理可以求得∠CFD=90°，即BD ⊥CF ；
②BD=CE ，BD ⊥CE ．根据全等三角形的判定定理SAS 推知△ABD ≌△ACE ，然后由全等三角形的对应边相等证得BD=CE 、对应角相等∠ABF=∠ECA ；作辅助线（延长BD 交AC 于F ，交CE 于H ）BH 构建对顶角∠ABF=∠HCF ，再根据三角形内角和定理证得∠BHC=90°；
（2）根据结论①、②的证明过程知，∠BAC=∠DFC （或∠FHC=90°）时，该结论成立了，所以本条件中的∠BAC=∠DAE≠90°不合适．
解：（1）①结论：BD=CE ，BD ⊥CE ；
②结论：BD=CE ，BD ⊥CE…1分
理由如下：∵∠BAC=∠DAE=90°
∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC ，即∠BAD=∠CAE
∵AB=AC ，AD=AE ，∴△ABD ≌△ACE （SAS ）.
∴BD=CE ，
延长BD交AC于F，交CE于H．
在△ABF与△HCF中，
∵∠ABF=∠HCF，∠AFB=∠HFC
∴∠CHF=∠BAF=90°
∴BD⊥CE.
（2）结论：乙．AB：AC=AD：AE，∠BAC=∠DAE=90°。