2019-2020九年级数学培优讲义：旋转综合之手拉手模型

合集下载

2020年中考备考专题复习讲义------手拉手模型(PDF版无答案)

手拉手模型类型一、旋转型全等1．等边三角形条件：如图1，△OAB ，△OCD 均为等边三角形.结论：①△OAC ≌△OBD ；②∠AEB =60°；③EO 平分∠AED .④O 、A 、B 、E 四点共圆，O 、D 、C 、E 四点共圆证明：如图2，∵△OAB ，△OCD 均为正△∴OA=OB ，OC =OD ，∠AOB =∠COD =60°∴∠AOB+∠BOC =∠COD+∠BOC ∴∠AOC=∠BOD ∴△OAC ≌△OBD∴∠OAC=∠OBD∴∠BAE+∠ABE=∠OAB －∠OAC+∠ABO+∠OBD=∠OAB+∠ABO=120°∴∠AEB =60°作OM 、ON 分别⊥AC 、BD 于点M 、N∵S △OAC =S △OBD ，AC =BD∴OM =ON∴EO 平分∠AED ∴∠OEA =∠OED =∠OBA =∠OCD =60°∴O 、A 、B 、E 四点共圆，O 、D 、C 、E 四点共圆；点E 为△OBC 的费马点(仅图2)2．等腰直角三角形条件：如图3，△OAB ，△OCD 均为等腰直角三角形.结论：①△OAC ≌△OBD ；②∠AEB =90°；③EO 平分∠AED.④O 、A 、B 、E 四点共圆，O 、D 、C 、E 四点共圆证明：如图4，∵△OAB ，△OCD 均为等腰Rt △∴OA=OB ，OC =OD ，∠AOB =∠COD =90°∴∠AOB+∠BOC =∠COD+∠BOC ∴∠AOC=∠BOD ∴△OAC ≌△OBD ∴∠OAC=∠OBD∴∠BAE+∠ABE=∠OAB －∠OAC+∠ABO+∠OBD=∠OAB+∠ABO=90°∴∠AEB =90°作OM 、ON 分别⊥AC 、BD 于点M 、N∵S △OAC =S △OBD ，AC =BD ∴OM =ON ∴EO 平分∠AED∴∠OEA =∠OED =∠OBA =∠OCD =45°∴O 、A 、B 、E 四点共圆，O 、D 、C 、E 四点共圆(四边形OMEN 是正方形)OB DAC EO BD A C E图1OB DACE OBD ACE图3O B DA CE N M 图2OBD A CEN M 图43．任意等腰三角形条件：如图5，△OAB ，△OCD 均为等腰三角形，OA=OB ，OC=OD ，∠AOB=∠COD.结论：①△OAC ≌△OBD ；②∠AEB=∠AOB ；③EO 平分∠AED.④O 、A 、B 、E 四点共圆，O 、D 、C 、E 四点共圆证明：证明：如图6，∵OA=OB ，OC=OD ，∠AOB=∠COD∴∠AOB+∠BOC =∠COD+∠BOC∴∠AOC=∠BOD ∴△OAC ≌△OBD∴∠OAC=∠OBD∴∠BAE+∠ABE=∠OAB －∠OAC+∠ABO+∠OBD=∠OAB+∠ABO∴∠AEB =∠AOB作OM 、ON 分别⊥AC 、BD 于点M 、N∵S △OAC =S △OBD ，AC =BD ∴OM =ON∴EO 平分∠AED∴∠OEA =∠OED =∠OBA =∠OCD∴O 、A 、B 、E 四点共圆，O 、D 、C 、E 四点共圆模型二、旋转型相似1．一般情况条件：如图7，CD //AB ，将△OCD 旋转至右图位置.结论：①△OCD ∽△OAB ，△OAC ∽△OBD ；②延长AC 交BD 于点E ，则∠BEC=∠BOA.③O 、A 、B 、E 四点共圆，O 、D 、C 、E 四点共圆证明：∵CD //AB ，旋转∴△OCD ∽△OAB ，∠COD =∠AOB∴∠COD －∠COB =∠AOB －∠COB ，OC ：OA =OD ：OB ∴∠AOC =∠BOD ∴△OAC ∽△OBD∴∠OAC =∠OBD∴∠BAE+∠ABE=∠OAB －∠OAC+∠ABO+∠OBD=∠OAB+∠ABO ∴∠BEC=∠BOA=∠DOC ∴O 、A 、B 、E 四点共圆，O 、D 、C 、E 四点共圆2．特殊情况条件：如图9，CD //AB ，∠AOB=90°，将△OCD 旋转至右图位置.结论：右图中①△OCD ∽△OAB ，△OAC ∽△OBD ；②连接AC ，BD 交于点E ，则∠BEC =∠BOA ；③BD AC =OD OC =OBOA =tan ∠OCD ；④BD ⊥AC ；⑤连接AD ，BC ，则AD 2+BC 2=AB 2+CD 2；⑥S 四边形ABCD =12AC ·BD (对角线互相垂直的四边形).⑦O 、A 、B 、E 四点共圆，O 、D 、C 、E 四点共圆(证明可参考以上方法)O BDA CE OBD A CE图5OB D ACOB D ACE 图9OB D AC OBD AC图7E O B DACENM 图6OBD AC图8E中考真题1．[2019·滨州]如图，在△OAB 和△OCD 中，OA ＝OB ，OC ＝OD ，OA ＞OC ，∠AOB ＝∠COD ＝40°，连接AC ，BD 交于点M ，连接OM ．下列结论：①AC ＝BD ；②∠AMB ＝40°；③OM 平分∠BOC ；④MO 平分∠BMC ．其中正确的个数为()DBCAMOA ．4B ．3C ．2D ．12．[2018·东营]如图，点E 在△DBC 的边DB 上，点A 在△DBC 内部，∠DAE ＝∠BAC ＝90°，AD ＝AE ，AB ＝AC ．给出下列结论：①BD ＝CE ；②∠ABD +∠ECB ＝45°；③BD ⊥CE ；④BE 2＝2(AD 2+AB 2)﹣CD 2．其中正确的是()DBCAEA ．①②③④B ．②④C ．①②③D ．①③④3．[荆门]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：①△ABE ≌△DBC ；②∠DMA ＝60°；③△BPQ 为等边三角形；④MB 平分∠AMC ，其中结论正确的有()CDB MAEQPA ．1个B ．2个C ．3个D ．4个4．[2016·贺州]如图，在△ABC 中，分别以AC 、BC 为边作等边三角形ACD 和等边三角形BCE ，连接AE 、BD 交于点O ，则∠AOB 的度数为．DC AEBO5．[2018·包头]如图，在Rt △ACB 中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ，D 是AB 上的一个动点(不与点A ，B 重合)，连接CD ，将CD 绕点C 顺时针旋转90°得到CE ，连接DE ，DE 与AC 相交于点F ，连接AE ．下列结论：①△ACE ≌△BCD ；②若∠BCD ＝25°，则∠AED ＝65°；③DE 2＝2CF ·CA ；④若AB ＝32，AD ＝2BD ，则AF ＝53．其中正确的结论是．(填写所有正确结论的序号)D CA EBF6．[柳州]如图，在△ABC 中，分别以AC ，BC 为边作等边△ACD 和等边△BCE ．设△ACD 、△BCE 、△ABC 的面积分别是S 1、S 2、S 3，现有如下结论：①S 1：S 2＝AC 2：BC 2；②连接AE ，BD ，则△BCD ≌△ECA ；③若AC ⊥BC ，则S 1·S 2＝34S 32．其中结论正确的序号是．DCA EB7．[2019·宜宾]如图，△ABC 和△CDE 都是等边三角形，且点A 、C 、E 在同一直线上，AD 与BE 、BC 分别交于点F 、M ，BE 与CD 交于点N ．下列结论正确的是(写出所有正确结论的序号)．①AM ＝BN ；②△ABF ≌△DNF ；③∠FMC +∠FNC ＝180°；④1MN ＝1AC +1CEA DCF EBMN8．[2019·襄阳]如图，两个大小不同的三角板放在同一平面内，直角顶点重合于点C ，点D 在AB 上，∠BAC ＝∠DEC ＝30°，AC 与DE 交于点F ，连接AE ，若BD ＝1，AD ＝5，则CF EF＝．D CAEBF9．[2017·包头]如图，在△ABC 与△ADE 中，AB ＝AC ，AD ＝AE ，∠BAC ＝∠DAE ，且点D 在AB 上，点E 与点C 在AB 的两侧，连接BE ，CD ，点M 、N 分别是BE 、CD 的中点，连接MN ，AM ，AN ．下列结论：①△ACD ≌△ABE ；②△ABC ∽△AMN ；③△AMN 是等边三角形；④若点D 是AB 的中点，则S △ABC ＝2S △ABE ．其中正确的结论是．(填写所有正确结论的序号)DC AE BMN10．[烟台]如图，△ABC 与△AEF 中，AB ＝AE ，BC ＝EF ，∠B ＝∠E ，AB 交EF 于D ．给出下列结论：①∠AFC ＝∠C ；②DE ＝CF ；③△ADE ∽△FDB ；④∠BFD ＝∠CAF 其中正确的结论是．D CABFE11．[鄂州]在平面内正方形ABCD 与正方形CEFH 如图放置，连DE ，BH ，两线交于M ．求证：(1)BH ＝DE ．(2)BH ⊥DE ．M DHFECBA12．[莱芜]如图，△ABC 是等腰直角三角形，∠ACB ＝90°，分别以AB ，AC 为直角边向外作等腰直角△ABD 和等腰直角△ACE ，G 为BD 的中点，连接CG ，BE ，CD ，BE 与CD 交于点F ．(1)判断四边形ACGD 的形状，并说明理由．(2)求证：BE ＝CD ，BE ⊥CD ．DCHEBFGA13．[2019·无锡]如图，在Rt △ABC 中，AC ＝BC ＝4，∠ACB ＝90°，正方形BDEF 的边长为2，将正方形BDEF 绕点B 旋转一周，连接AE 、BE 、CD ．(1)请找出图中与△ABE 相似的三角形，并说明理由；(2)求当A 、E 、F 三点在一直线上时CD 的长；(3)设AE 的中点为M ，连接FM ，试求FM 长的取值范围．DCAEBFBA备用题C。

初中数学手拉手模型讲义

M
N P
D
E
A
C
B
全等：△≌△△△A△；C≌N ；≌M；CB ACD MCE CND CBE
相等的角：；C；A；D CME CND CBE ACN MCB
APM ACM 60 ，；BPN BCN 60
结论：相等的边：A；N；；MB AD ME ND BE CD CE
2．基本图形二： ACM 与 CBN 是等边三角形
李老师谈手拉手模型
4 / 13
M
EN D
A
C
B
李老师谈手拉手模型
5 / 13
【例 2】已知：如图，点 C 为线段 AB 上一点， ACM 、 CBN 是等边三角形． CG 、 CH 分别是 ACN 、 MCB 的高．求证： CG CH ．
M
N P
G
H
A
C
B
李老师谈手拉手模型
6 / 13
【巩固】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 ．
M N
P
A
C
B
李老师谈手拉手模型
7 / 13
驱羊战狼
【拓展】（2013 房山一模）（1）如图1，△ ABC 和△ CDE 都是等边三角形，且 B 、 C 、 D 三点共线，连结 AD 、 BE 相交于点 P ，求证： BE AD ；
（2）如图 2，在△ BCD 中， BCD 120 ，分别以 BC 、 CD 和 BD 为边在△ BCD 外部作等边三角形 ABC 、等边三角形 CDE 和等边三角形 BDF ，连结 AD 、 BE 和 CF 交于点 P ，下列结论中正确的是__________；（只填序号即可）

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．。

三大变换之旋转(手拉手模型)

二、手拉手模型不知是哪一年，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）条件与结论如何设计；（3）如何构造手拉手．问题一：构成手拉手的必要条件．当对一个几何图形记忆并不深刻的时候，可以尝试用文字取总结要点，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）ABCD O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．1．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：D结论一：△ACD≌△BCE证明：AC BCACD BCECD CE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩→△ACD≌△BCE（SAS）（2）记AC 、BE 交点为M ，AD 、CE 交点为N ：DD结论二：△ACN ≌△BCM ；△MCE ≌△NCD证明：MBC NAC BC AC BCM ACN ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩→ △ACN ≌△BCM （SAS ）；MCE NCD CE CDCEM CDN ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩→ △MCE ≌△NCD （ASA ）（3）连接MN ：D结论三：△MNC 是等边三角形．证明：60CM CNMCN =⎧⎨∠=︒⎩→△MCN 是等边三角形．（4）记AD 、BE 交点为P ，连接PC ：HG ααEDCBAP结论四：PC 平分∠BPD证明：△BCE ≌△ACD → CG =CH → PC 平分∠BPD ．（5）结论五：∠APB =∠BPC =∠CPD =∠DPE =60°．60°60°60°60°PABCDE（6）连接AE ：EDCBAP结论六：P 点是△ACE 的费马点（P A +PC +PE 值最小）2．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 ：F结论一：△BCE ≌△DCG证明：CB CDBCE DCG CE CG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩→ △BCE ≌△DCG （SAS ）结论二：BE =DG ，BE ⊥DG 证明：△BCE ≌△DCG → BE =DG ；∠CBE ＝∠CDG → ∠DHB =∠BCD =90°（旋转角都相等）【重点概述】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”．1．（2017·南充）如图，正方形ABCD 和正方形CEFG 边长分别为a 和b ，正方形CEFG 绕点C 旋转，给出下列结论：①BE DG =；②BE DG ⊥；③222222DE BG a b +=+，其中正确结论是（填序号）ABCDEFG【分析】①②显然正确，下分析③：连接BD 、EG ，222222a b BD EG +=+，记BE 、DG 交点为H 点，HABCDEFG222BD BH DH =+，222EG EH GH =+， 222DE DH EH =+，222BG BH GH =+， ∴2222DE BG BD EG +=+， ∴222222DE BG a b +=+．故正确的结论有①②③．借助结论③还可适当补充余弦定理．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，多看看题可以怎么出．问题二：条件与结论如何设计？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，AB AD BDAC AE CE==．EDCBA2．（2019·天津）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，使点A的对应点D恰好落在边AB上，点B的对应点为E，连接BE，下列结论一定正确的是()ABCDEA．AC=AD B．AB⊥EB C．BC=DE D．∠A=∠EBC 【分析】手拉手模型的逆用．根据△ACB≌△DCE，可得△CAD和△CBE是等腰三角形，且△CAD∽△CBE，∴∠A=∠EBC，故选D．3．（2017·沈阳）如图，在矩形ABCD 中，5AB =，3BC =，将矩形ABCD 绕点B 按顺时针方向旋转得到矩形GBEF ，点A 落在矩形ABCD 的边CD 上，连接CE ，则CE 的长是．ABCDEFG【分析】还有一组等腰相似．∵BG =AG =5，BC =3，∴CG =4，DG =1，连接AG，∴AG =ABCD EFG易证△BEC ∽△BGA ，CE BCAG BA=，代入解得：CE故CE4．（2017·苏州）如图，在矩形ABCD 中，将ABC ∠绕点A 按逆时针方向旋转一定角度后，BC 的对应边B C ''交CD 边于点G ．连接BB '、CC '．若7AD =，4CG =，AB B G ''=，则CC BB '='（结果保留根号）．B'C'ABCDG【分析】转化比例．连接AC 、AC '，易证ABB '△∽ACC '△，CC ACBB AB'='，求出AB 即可．连接AG ，设AB x '=，则B G x '=，DG =x -4，22222AG AB B G AD DG ''=+=+，代入得：()222274x x x +=+-，解得：15x =，213x =-（舍），∴CC AC BB AB '=='．【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．问题三：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．5．（2018·德州）如图，等边三角形ABC 的边长为4，点O 是ABC ∆的中心，120FOG ∠=︒，绕点O 旋转FOG ∠，分别交线段AB 、BC 于D 、E 两点，连接DE ，给出下列四个结论：①OD OE =；②ODE BDE S S ∆∆=；③四边形ODBE④BDE ∆周长的最小值为6．上述结论中正确的个数是( )CA．1 B．2 C．3 D．4【分析】等边三角形中的旋转型全等连接OB、OC，易证△OBD≌△OCE，∴OD=OE，结论①正确；C考虑∠FOG是可以旋转的，△ODE面积和△BDE面积并非始终相等，故结论②错误；∵△OBD≌△OCE，∴四边形ODBE的面积等于△OBC的面积，142OBCS=⨯=，故结论③正确；考虑BD=CE，∴BD+BE=CE+BE=4，只要DE最小，△BDE周长就最小，△ODE是顶角为120°的等腰三角形，故OD最小，DE便最小，当OD⊥AB时，OD，此时2DE==，∴周长最小值为6，故结论④正确．综上，选C，正确的有①③④．【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：D结论与证明不多赘述，题型可以换，但旋转是一样的旋转．6．（2017·贵港）如图，点P 在等边ABC ∆的内部，且6PC =，8PA =，10PB =，将线段PC 绕点C 顺时针旋转60︒得到P C '，连接AP '，则sin PAP '∠的值为．P'CBAP【分析】连接PP '，则CPP '△是等边三角形，故6PP PC '==，P'CBAP易证△CPB ≌CP A '△，∴10AP BP '==，又AP =8，∴APP '△是直角三角形，∴3sin 5PAP '∠=．7．（2016·达州）如图，P 是等边三角形ABC 内一点，将线段AP 绕点A 顺时针旋转60︒得到线段AQ ，连接BQ ．若6PA =，8PB =，10PC =，则四边形APBQ 的面积为．QPABC【分析】分四边形为三角形．连接PQ ，易证△APQ 是等边三角形，△BPQ 是直角三角形，QPABC26APQS=168242BPQS =⨯⨯=，∴四边形APBQ的面积为(．8．（2019·巴中）如图，等边三角形ABC 内有一点P ，分別连结AP 、BP 、CP ，若6AP =，8BP =，10CP =．则ABP BPC S S ∆∆+= ．PABC【分析】构造旋转．如图，将△BPC 绕点B 逆时针旋转60°得△BEA ，连接EP ，可得△AEP 是直角三角形，△BEP 是等边三角形，C21688242APBBPCAEPBEPSSSS+=+=⨯⨯+=+, 所以本题答案为24+【小结】如果说6、7题是给出了辅助线，那么第8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222PAPB PC +=，则可任意旋转，得等边+直角．且两条较短边夹角（∠APB ）为150°．CC搭配二：若∠APB =150°，则有222PA PB PC +=．再来看个例子：9．（2018·淄博）如图，P 为等边三角形ABC 内的一点，且P 到三个顶点A ，B ，C 的距离分别为3，4，5，则ABC ∆的面积为( )PABCA．9 B．9C．18+D．18 【分析】（3，4，5）是一组勾股数，通过旋转构造直角三角形．法一：如图，将三个小三角形面积分别 123S S S 、、S 3S 2S 1P AB C考虑到△ABC 是等边三角形，可将△APB 旋转到△ADC 位置，可得：21331334642ADPPCDS S SS+=+=+⨯⨯=，CC同理可得：212143462S S +=+⨯⨯=， 223153462S S +=+⨯⨯=， ∴()123218S S S ++=，∴1239S S S ++=，故选A ．法二：如图，易证∠APB =150°，过点A 作BP 的垂线交BP 延长线于点H ，HPABC E则1322AH AP ==，PH =，4BH =，)2229271625944S AH BH ==++++=+=⎝．【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P A 、PB 、PD 之间的关系为：2222PA PD PB +=．AB CDEP搭配一：若∠APD =135°，则2222PA PD PB +=；搭配二：若2222PA PD PB +=，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．10．在Rt△ABC中，AB=AC，点P是三角形内一点且∠APB=135°，PC=AC的最大值为_________．AB CP【分析】显然根据∠APB=135，构造旋转．C可得：△APQ是等腰直角三角形，△PQC是直角三角形，且∠PQC=90°，另外还有条件PC=重新梳理下条件，（1）有一条线段PC=（2）∠PQC=90°，则Q点轨迹是个圆弧，（3）以PQ为斜边在PC异侧作等腰直角三角形，点A是直角顶点．C P C∴A点轨迹是什么？瓜豆原理啦，也是个圆弧：CC∴AC22 =．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．当然，问题到此并没有终结，还可继续说说费马点的事．。

2020年九年级初中必会几何模型-共点旋转模型

共点旋转模型模型概述：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。

基本模型：一、等边三角形手拉手-出全等图1 图2图3 图41.解读：⑴图1中，等边△CDE和等边△CBA构成“A”字型相似；⑵将△CDE绕点C顺时针旋转一定角度，分别至图2、图3、和图4（B、C、E共线）⑶两三角形的“头部”C始终重合，“大手”A对应于“小手”E，“大手”B对应于“小手”D，旋转过程中，“大手”始终拉着（连接）“小手”；⑷“大手臂”CB、“小手臂”CD及其连线BD构成的△CBD与“大手臂”CA、“小手臂”CE及其连线AE构成的△CAE始终全等；⑸两连线BD和AE所在直线的夹角始终为60°。

2.结论：⑴图2、图3和图4中都有：①△CBD≌△CAE；②直线BD和直线AE的夹角为60°。

⑵图3中的其他结论：①FC平分∠BFE；②FB=FA+FC；③FE=FD+FC；⑶图3中结论在图4中成立，此外，在图4中还有：①△BCM≌△CAN；②△DCM≌△ECM；③MN∥BE；④△CMN为等边三角形；典型例题1-1如图，△ABC和△CDE均为等边三角形，连接BD、AE。

⑴求证：BD=AE；⑵直线BD和直线AE的夹角是多少？说明理由。

典型例题1-2如图，△ABC和△CDE均为等边三角形，连接BD，AE交于点F，连接FC。

求证：⑴FC平分∠BFE；⑵FB=FA+FC；⑶FE=FD+FC；典型例题1-3如图，△ABC和△CDE均为等边三角形，且B、C、E在同一直线上，连接BD交AC于M，连接AE交CD于N，连接MN，点F为AE与BD的交点。

求证：⑴△BCM≌△ACN；⑵△DCM≌△ECN；⑶MN∥BE；⑷△CMN为等边三角形。

变式训练1-1如图，△ABC和△CDE均为等边三角形，连接BD，AE交于点F，连接FC，则有以下结论：①BD=AE；②∠AFC=∠DFC③∠BFC=60°④变式训练1-2如图,点E是菱形ABCD对角线CA的延长线上任意一点,以线段AE为边作一个菱形AEFG,且菱形AEFG∽菱形ABCD，连接EB，GD.(1)求证：EB=GD；(2)若∠DAB=60∘,AB=2,AG=，求GD的长。

旋转中的三种全等模型(手拉手、半角、对角互补模型)—2023-2024学年九年级数学上册(解析版)

旋转中的三类全等模型（手拉手、半角、对角互补模型）本专题重点分析旋转中的三类全等模型（手拉手、半角、对角互补模型），结合各类模型展示旋转中的变与不变，并结合经典例题和专项训练深度分析基本图形和归纳主要步骤，同时规范了解题步骤，提高数学的综合解题能力。

模型1.手拉手模型【模型解读】将两个三角形（或多边形）绕着公共顶点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。

其中：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”。

手拉模型解题思路：SAS型全等（核心在于导角，即等角加（减）公共角）。

1）双等边三角形型条件：△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。

2）双等腰直角三角形型条件：△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∠BFD。

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∠BFD。

4）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。

【答案】(1)40；(2)60；(3)【分析】（1）证明△COD是等边三角形，得到∠ODC=60°，即可得到答案；∠=∠ADC-∠ODC求出答案；（3）由△BOC≌△ADC，推出∠ADC=∠BOC=150°，AD=OB=8，根据（2）利用ODA△COD 是等边三角形，得到∠ODC=60°，OD=4OC =，证得△AOD 是直角三角形，利用勾股定理求出．【详解】（1）解：∵CO=CD ，∠OCD=60°，∴△COD 是等边三角形；∴∠ODC=60°，∵∠ADC=∠BOC=100α=︒，∴ODA ∠=∠ADC -∠ODC=40°，故答案为：40；（2）∵∠ADC=∠BOC=120α=︒，∴ODA ∠=∠ADC -∠ODC=60°，故答案为：60；（3）解：当150α=︒，即∠BOC=150°，∴△AOD 是直角三角形．∵△BOC ≌△ADC ，∴∠ADC=∠BOC=150°，AD=OB=8，又∵△COD 是等边三角形，∴∠ODC=60°，OD=4OC =，∴∠ADO=90°，即△AOD 是直角三角形，∴OA =故答案为：【点睛】本题以“空间与图形”中的核心知识（如等边三角形的性质、全等三角形的性质与证明、直角三角形的判定、多边形内角和等）为载体，内容由浅入深，层层递进．试题中几何演绎推理的难度适宜，蕴含着丰富的思想方法（如运动变化、数形结合、分类讨论、方程思想等），能较好地考查学生的推理、探究及解决问题的能力．备用图【答案】(1)△BEF 是等边三角形(2)证明见解析(3)131−【分析】（1）根据旋转即可证明△BEF 是等边三角形；（2）由△EBF 是等边三角形，可得FB=EB ，再证明∠FBA=∠EBC ，又因为AB=BC ，所以可证明△FBA ≌△EBC ，进而可得AF=CE ；（3）当点D ，E ，F 在同一直线上时，过B 作BM ⊥EF 于M ，再在Rt △BMD 中利用勾股定理列方程求解即可．（1）∵将线段EB 绕点E 顺时针旋转60°得到线段EF ，∴EB=EF ，60FEB =︒∠∴△BEF 是等边三角形（2）∵等边△ABC 和△BEF ∴BF=BE ，AB=BC ，60EBF ABC ∠=∠=︒∴EBF ABE ABC ABE ∠+∠=∠+∠即∠FBA=∠EBC∴△FBA ≌△EBC （SAS ）∴AF=CE（3）图形如图所示：过B 作BM ⊥EF 于M ，∵△BEF 是等边三角形∴2BE EM =，BM =∵点D 是AB 的中点，∴142BD AB == 在Rt △BMD 中，222BM DM BD +=∵DE=2∴222)(2)4EM ++=解得EM 或EM =（舍去）∴21BE EM == 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的运用，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，解一元二次方程，利用手拉手模型构造全等三角形是解题的关键．例3．（2022·吉林·九年级期末）如图①，在ABC 中，90C ∠=︒，AC BC ==点D ，E 分别在边AC ，BC 上，且CD CE =AD BE =，AD BE ⊥成立．（1）将CDE △绕点C 逆时针旋转90︒时，在图②中补充图形，并直接写出BE 的长度；（2）当CDE △绕点C 逆时针旋转一周的过程中，AD 与BE 的数量关系和位置关系是否仍然成立？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；BE =（2）AD BE =，AD BE ⊥仍然成立，证明见解析；（3）1AD或1=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，且由勾股定理得，BE ==（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，CD CE =2=在Rt △ACB 中，AC BC =AB ==设AD=BE=x ，在Rt △ABE 中，222BE AE AB +=∴222(2)x x ++=解得,1x ∴ 1AD =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，CD CE =2=在Rt △ACB 中，AC BC =AB ==设AD=BE=x ，在Rt △ABE 中，222BE AE AB +=∴222(2)x x +−=解得,x = ∴ 1AD .所以,AD 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．例4．（2022·黑龙江·虎林市九年级期末）已知Rt △ABC 中，AC =BC ，∠ACB ＝90°，F 为AB 边的中点，且DF =EF ，∠DFE ＝90°，D 是BC 上一个动点．如图1，当D 与C 重合时，易证：CD 2＋DB 2＝2DF 2；（1）当D 不与C 、B ，CD 、DB 、DF 有怎样的数量关系，请直接写出你的猜想，不需证明．（2）当D 在BC 的延长线上时，如图3，CD 、DB 、DF 有怎样的数量关系，请写出你的猜想，并加以证明．【答案】（1）CD2+DB2=2DF2 ；（2）CD2+DB2=2DF2，证明见解析【分析】（1）由已知得222DE DF =，连接CF ，BE ，证明CDF BEF ∆≅∆得CD=BE ，再证明BDE ∆为直角三角形，由勾股定理可得结论；（2）连接CF ，BE ，证明CDF BEF ∆≅∆得CD=BE ，再证明BDE ∆为直角三角形，由勾股定理可得结论．【详解】解：（1）CD2+DB2=2DF2证明：∵DF=EF ，∠DFE ＝90°，∴222DF EF DE += ∴222DE DF =连接CF ，BE ，如图∵△ABC 是等腰直角三角形，F 为斜边AB 的中点∴CF BF =， CF AB ⊥，即90CFB ∠=︒ ∴45FCB FBC ∠=∠=︒，90CFD DFB ∠+∠=︒又90DFB EFB ∠+∠=︒ ∴CFD EFB ∠=∠在CFD ∆和BFE ∆中CF BF CFD BFE DF EF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩ ∴CFD ∆≅BFE ∆∴CD BE =，45EBF FCB ∠=∠=︒ ∴454590DBF EBF ∠+∠=︒+︒=︒ ∴222DB BE DE +=∵CD BE =，222DE DF =∴CD2+DB2=2DF2 ；（2）CD2+DB2=2DF2 证明：连接BE∵CF=BF ，DF=EF 又∵∠DFC+∠CFE=∠EFB+∠CFB=90°∴∠DFC=∠EFB ∴△DFC ≌△EFB ∴CD=BE ，∠DCF=∠EBF=135°∵∠EBD=∠EBF －∠FBD=135°－45°=90° 在Rt △DBE 中，BE2+DB2=DE2∵ DE2=2DF2 ∴ CD2+DB2=2DF2【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、证明三角形全等是解决问题的关键，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．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α（0180α︒<<︒）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 ，在△DAB 和△EAC 中AD AE DAB EAC AB AC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△DAB ≌△EAC （SAS ），∴DB=CE ；（3）如图，将△APB 绕点A 旋转90°得△AEC ，连接PE ，∴△APB ≌△AEC ，∴AE=AP=2，EC=BP=1，∠PAE=90°，∴∠AEP=∠APE=45°，在Rt △PAE 中，由勾股定理可得，在△PEC 中，PE2=（2=8，CE2=12=1，PC2=32=9，∵PE2+CE2=PA2，∴△PEC 是直角三角形，∴∠PEC=90°，∴∠AEC=135°，又∵△APB ≌△AEC ，∴∠BPA=∠CEA=135°．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，平行线的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理及其逆定理，解本题的关键是构造全等三角形，也是本题的难点．【答案】（1）见解析；（2）48；（3）15︒【分析】（1）通过边角边判定三角形全等；（2）连接,BD GE ，设,BG DE 交于点O ，,DE CG 交于点M ，先证明DE BG ⊥，由勾股定理可得2222DG BE DB GE +=+；（3）作CK GE ⊥于点K ，则122CK GE ==，且1452GCK GCE ∠=∠=︒，由含30度角的直角三角形的性质求解．【详解】（1）四边形ABCE 与CEFG 为正方形，CG CE =，90BCG DCE ∠=∠=︒，90BCG α=∠︒+，90DCE α∠=︒+，BCG DCE ∴∠=∠，在BCG 和DCE △中，BC DC BCG DCECG CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩BCG DCE ∴≌ (SAS)，（2）连接,BD GE ，设,BG DE 交于点O ，,DE CG 交于点M ，90BCG α=∠︒+，90DCE α∠=︒+，BCG DCE ∴∠=∠，在△BCG 和DCE △中，BC DC BCG DCE CG CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()SAS BCG DCE ∴△≌，BGC DEC ∠=∠，GMO EMC ∠=∠，18090GOM GMO BGC EMC DEC GCE ∴∠=︒−∠−∠=︒−∠−∠=∠=︒DE BG ∴⊥，由勾股定理得222DG DO GO =+，222BE OB OE =+，22222222DG BE DO GO OB OE DB GE ∴+=+++=+，4,AB CG ==，BD ∴==4GE ==，2222(448DG BE ++∴==，(3)作CK GE ⊥于点K ，如图，△CEG 为等腰直角三角形，122CK GE ==，且1452GCK GCE ∠=∠=︒，在Rt CDK 中，12CK CD =，30CDK ∴∠=︒，903060DCK ∴∠=︒−︒=︒， 604515DCG DCK GCK =∠−∠=︒−︒=︒∠．∴15α=︒．【点睛】本题考查四边形与三角形的综合问题，解题关键是熟练掌握正方形与直角三角形的性质，通过添加辅助线求解．模型2.半角模型【模型解读】半角模型概念：过多边形一个顶点作两条射线，使这两条射线夹角等于该顶角一半思想方法：通过旋转构造全等三角形，实现线段的转化1）正方形半角模型条件：四边形ABCD是正方形，∠ECF=45°；结论：①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋DF；④∆AEF的周长=2AB；⑤CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD。

【精品课件】三大变换之旋转(手拉手模型)-2020年中考数学几何考点解题策略研究

A
∴ ∠BAE+∠CBF+∠ACD=360°
B
F
CD
题型② 判断以下说法的对错. 1.三角形的外角和是指三角形所有外角的和. 2.三角形的外角和等于它内角和的2倍. 3.三角形的一个外角等于两个内角的和. 4.三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和. 5.三角形的一个外角大于任何一个内角. 6.三角形的一个内角小于任何一个与它不相邻的外角.
第11章三角形
11.2.1 三角形的内角+11.2.2 三角形的外角
01 三角形的内角 02 三角形的外角
1 三角形的内角
1 三角形的内角如图，一个三角形有三个内角∠A，∠B，∠C，它们之间有什么关系呢？
A
∠A
B
∠B
∠C
C
1 三角形的内角三角形的内角和定理任何一个三角形的三个内角之和等于180°
2 三角形的外角
很容易得到三角形的每一个内角和对应的外角互补，即图中有 ∠1+∠2=180°①，∠3+∠4=180°②，∠5+∠6=180°③
而又由于内角和∠2+∠4+∠6=180°
∠1
∠2
∠3 ∠4
∠6
∠5
所以将①②③相加得到 (∠1+∠3+∠5)+(∠2+∠4+∠6)=540° 即(∠1+∠3+∠5)+180°=540° 所以∠1+∠3+∠5=360° 也就是说，三角形的外角和是360°
一、选择题
(1) 在△ABC中，∠A:∠B:∠C =1:2:3，那么∠B =〔
A. 300 B. 600 C. 900 D. 1200

4旋转综合之手拉手模型

旋转综合之手拉手模型初三中考复习在即，在数学中考中，几何变换往往是中考中最令人头痛的题型，其辅助线的添加非常灵活，和英他几何知识的综合性也非常强。

在几何变换中，旋转是最为常见、也是最为重要的变换，本周我们集中讲解旋转综合中常见的模型、题型，这部分是本期内容的第四讲：旋转综合之手拉手模型，希望各位同学能从中收益。

基本图形如图所示•在等腰^ABC与等腰AADE中，AB = AC.AD = AE ,且ZBAC = ZZME ,连接BD, CE，则r^ABD^^ACE ・手拉手模型的解题步骤1、找相当于旋转点处：两个等角相接处，角相等;2、证全等、相似;3、利用全等、相似得到边.角关系.例1如图b在AABC, BC = 4,以线段初为边作^ABD,使得= 连接DC, 再以DC为边作使得DC = DE,乙CDE = ZADB = a・(1)如图2,当ZABC = 45。

且a = 90°时，用等式表示线段AD t DE之间的数量关系:A（2）将线段C3沿着射线CE的方向平移，得到线段EF,连接①若d = 90。

，依题意补全图3,求线段AF的长：②请直接写出线段AF的长（用含a的式子表示）.解（1）AD + DE = 4（2）①连接AE，交“C与点G,设DE与相交于点如图所示.由等腰直角三角形手拉手模型可得^ADE竺厶BDC（SAS）. 所以AE = BC,ZEGC = ZEDC = 90°. 因为线段沿着射线CE的方向平移，得到线段£F, 所以AE = BC = FE = 4,AE丄EF.所以AF = yf2EF = 4 妊②AE吨.解析如下:同样由等腰三角形手拉手模型中的结论可得FE = BC = AE、ZAEF = ZEGC =乙 EDC = a.过点E作EH丄AT于H ,则ZAEH=-ZAEF = -a.2 2所以AF = 2AH = 2AEsin^8sinf.例2在平行四边形ABCD中，ZA = ZDBC ,过点£）作= ,且ZEDF = ZABD,连接EF, EC, N, P分别为EC, BC的中点，连接NP（1）如图1，若点E在DP上,EF与DC交于点M ,试探究线段NP与线段NM的数疑关系及ZABD与匕WVP满足的等量关系•请直接写出你的结论：（2）如图2,若点M在线段£F上，当点M在何位置时，你在（1）中得到的结论仍然成立, 写出你确左的点M的位置，并证明（1）中的结论.由等腰三角形手拉手模型可得取£F 的中点G,连接NG, 则PN = -BE = -CF = NG. 2 2PN//BE.NGHCF.所以解（1） NP = MN ■ ZABD + ZMNP=\SO° ・理由如下：易证△DBC 是等腰三角形，则DP 丄 BC 、ZPDC = - ZBDC =丄 EDF,2 2 可得M 为£F 的中点，且CQ 丄EF.所以NP = NM =、CE ・2所以乙 MNP = 2ZNCP + 2 乙 NCM=2ZDCB.即ZABD + ZMNP = 180°.如图所示，连接宓，CF,由等腰三角形手拉手模型易可证得结论.（2）点M 是线段EF 的中点. 如图所示，连接BE, CF ・证明如下:BE = CF,ZDBE = ZDCF.Z/VPC = ZEBC,ZENG = ZECF.所以ZGNP=乙 GNE + 乙 ENP=ZFCE + ZNCP + ZNPC=乙 DCF + 乙 DCE + ZECB + ZEBC=乙 DCB + ZDBC= 180°-Z^DC.即ZABD + ZGNP = \80Q・所以当点M与点G重合，即为线段EF的中点时，（1）中得到的结论仍然成立.旋转变换是中考中非常重要的题型，本肖课我们重点讲解了手拉手模型，希望各位同学多加体会、总结，平时遇到类似题目注意应用和练习，下一节我们将重点讲解旋转中的线段最值问题。

2020年中考专题复习：旋转相似(手拉手模型)课件

提升拓展
（2017诸暨模拟考试16题）如图，点P为线段AB外一动点，PA=1，AB=2，以P为直角顶点作等腰Rt MPB( MPB的三个顶点按顺时针排列P、M、B).则线段AM的长的最大值为多少？
M
A B
P
融会贯通
例2、在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6,AB=10, 点E是AB边上一点，∠ECF=90°，∠CEF=∠B，当
75
△AEF的面积为 8 时，求线段BE的长。
总结经验
1.见共顶点的两个相似三角形，想到手拉手模型 2.相似必成双 3.结合两对相似导边导角解决问题
融会贯通
练习2、如图⊙O的直径为5，在⊙O上位于直径AB的两侧有定点C 和动点P。已知BC:CA=4:3，点P在半圆弧AB上运动，过点C作CP 的垂线CD，交PB的延长线于点D。（1）求证：AC:PC=BC:CD. （2）点P运动到弧AB的中点时，求BD的长。（3）当点P运动到什么位置时，△PCD的面积最大? 求最大面积？
中考专题复习
——旋转相似（手拉手模型）
慧眼识图
ABC ∽ ADE AB AC, AD AE
A
ABC ADE
C E
A
E D
B
C
B
D
A
ABC ADE AB AC, AD AE
C
E
A
B D
B
D E ABC∽ADE
深化模型
手拉手模型的特点：
1.两个相似三角形共顶点旋转形成的图形 2.产生新的一对相似 3.拉手的三角形等腰⇒产生的三角形全等 4.拉手的三角形全等⇒产生的三角形等腰 5.拉手的三角形全等且等腰⇒产生的三角形等腰且全等 6.拉手的三角形相似⇒产生的三角形相似

中考必会几何模型：手拉手模型

手拉手模型模型讲解【结论】如图所示，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，则(1)△ABD≌△ACE；(2)BD和CE的夹角∠BFE=∠BAC=∠DAE.【证明】（1）∵∠BAC=∠DAE，∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC.∴∠BAD=∠CAE.在△ABD和△ACE中，{AB=AC,∠BAD=∠CAE, AD=AE，∴△ABD≌△ACE(SAS).（2）△ABD≌△ACE，可看成△ABD绕点A逆时针旋转到△ACE 的位置，BA和CA的夹角为∠BAC，AD和AE的夹角为∠DAE，BD和CE的夹角为∠BFE，根据旋转的性质容易得到对应边的夹角等于旋转角，故∠BFE=∠BAC=∠DAE.手拉手模型的变形【结论1】如图所示，等边△ABC和等边△CDE.则△BCD≌△ACE，AE=BD，∠BFA=60°.【结论2】如图所示，等腰Rt△ABC 和等腰Rt△CDE.则△BCD≌△ACE，∠BFA=90°.典例秒杀典例1如图，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一条直线上，连接BE，则∠AEB的度数是( ).A.30°B.45°C.60°D.75°典例2如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，CE与BD相交于点M.则BD与CE的数量关系为（）.A.BD= 12CE B.BD=23CE C.BD=CE D.BD=32CE典例3如图，△ABC中，AB=AC. ∠BAC=40°，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转100°得到△ADE.连接BD、CE交于点F，则BD与(E 的数量关系为( ).A.BD= 12CE B.BD= 23CE C.BD=CED.BD=32CE小试牛刀1.如图，△ABC和△CDE均为等边三角形，点A，D，E在同一条直线上，连接BE.若∠CAE=25°.则∠EBC的度数是（）.8A.35°B. 30°C.25°D.20°2.如图所示，B，D，E在同一条直线上，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，∠1=25°，∠2=30°，则∠3=( ).A.60°B.55°C.50°D.无法计算3.如图，在△ABC中，∠ABC=45°.AD，BE分别为BC，AC边上的高，AD，BE相交于点F.连接CF，则有下列结论：①BF=AC；②∠FCD=45°；③若BF=2EC，则△FDC的周长等于AB的长，其中正确的有( ).A.0个B.1个C.2个D.3个直击中考1.(2020湖北鄂州中考真题)如图，在△AOB和△COD中，OA=OB,OC=OD,OA<CC, ∠AOB=∠COD=36°.连接AC,BD交于点M.连接OM.有下列结论: ∠AMB=36DU3：②AC=BD；③OM平分∠AOD；④MO平分∠AMD.其中正确的结论个数为( ).A.4B.3C.2D.12.(2020辽宁锦州中考真题）已知△AOB和△MON都是等腰直角三OA<OM=ON),∠AOB=∠MON=90°.角形（√22(1)如图1.连接AM，BN.求证：△AOM≌△BON.(2）若将△MON绕点O顺时针旋转.①如图2，当点N恰好在AB边上时，求证：BN2+AN2 =2ON2；②当点A，M，N在同一条直线上时，若OB=4.ON=3.请直接写出线段BN的长.典例1【答案】C【解析】∵△ACB和△DCE均为等边三角形，且△ACB与△DCE 共点，形成了手拉手模型。

初三数学旋转相似讲义

专题：旋转相似模型：手拉手相似模型，旋转相似成双对。

条件：CD∥AB（本质即为△OCD∽△OAB），将△OCD绕点O旋转到图1和图2的位置。

结论：⑴、△OCD∽△OAB △OAC∽△OBD。

即连接对应点所得的一对新三角形相似。

⑵、延长AC交BD于点E，则∠AEB=∠BOA（用蝴蝶形图证明）（能得到点A、O、E、B四点共圆）模型特例：共直角顶点的直角三角形相似当∠AOB=∠COD=90°时，除⑴、△OCD ∽△OAB ⇔ △OAC ∽△OBD⑵、延长AC 交BD 于点E ，则∠AEB=∠BOA=90°（用蝴蝶形图证明）外，还有结论 ⑶、OAB OCD OAOBOC OD AC BD ∠=∠===tan tan ⑷、因为AC ⊥BD 于点E ，那么，若连AD 、BC ，则四边形ABCD 对角线互相垂直，则 ①BD AC S ABCD ⋅=21四边形 ②2222CD AB BC AD +=+DE O FE O BCA DAB FC例题讲解例1.已知△ABC 与△DEF 都是等腰三角形，AB 、EF 的中点均为O ，且顶角∠ACB=∠EDF. （1）如图1，若∠ACB=900,探究BF 与CD 间的数量关系；（2）如图2，若tan ∠ACB=43，求BF CD 的值；（3）如图3，若△ABC 中AC=BC=a ，将△DEF 绕点O 旋转，设直线CD 与直线BF 交于点H ，则BCH S ∆最大值为__________（用含a 的式子表示）。

分析：（1）连OC ，OD ，△OBF ≌ △OCD ，BF=CD（2）构造手拉手旋转相似。

可证△OBC ∽ △OFD, △ODC ∽ △OFBBF CD =OB OC =tan ACB ∠21问题转化为已知tan ∠ACB=43，求tan ACB ∠21的问题，必须熟悉等腰三角形中有关三角函数值的常见处理方法。

由右图提示可得tan ACB ∠21=31；（3）由（2）△OBC ∽ △OFD, △ODC ∽ △OFB ，蝴蝶形图易得∠CHB=∠COB=90°；又BC=a ，定边定角，点H 在以BC 为直径的圆上，易求()2max 412121a a a S BCH =⋅⋅=∆例2.如图１，已知在正方形ABCD 和正方形BEFG 中，①求证：AG ＝CE ；②求AGDF的值分析：①如图2，证CBE ABG △△≅，∴AG=CE ②如图2，连接BD ，BF ，DF ，易证2==BEBFBC BD ，︒=∠=∠45FBE DBC ， CB E ∠=DB F ∠∴ ∴CBE DBF △△~ ∴2==BCBDCE DF CE =AG ∵ ∴2==CEDFAG DF 变式：如图3，正方形ABCD 和EFGH 中，O 为BC ，EF 中点(1)求证：AH=DG;(2)求CFAH的值。

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°。

初中数学几何模型手拉手模型PPT精品课件

•
4. 开篇写湘君眺望洞庭，盼望湘夫人飘然而降，却始终不见，因而心中充满愁思。续写沅湘秋景，秋风扬波拂叶，画面壮阔而凄清。
•
5. 以景物衬托情思，以幻境刻画心理，尤其动人。凄清、冷落的景色，衬托出人物的惆怅、幽怨之情，并为全诗定下了哀怨不已的感情基调。
秒杀技巧：共端点，等线段，出全等
手拉手模型秒杀技巧
6.如图AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE,∠BAC=88°，则∠BEC=
①共端点，等线段，定全等
秒杀技巧： ②三组对应边
③对应边夹角相等
手拉手模型秒杀技巧
如图：把两个含有45°角的直角三角板放置在桌面上，点E在BC上，AE的延长线与CD交于点F,则∠AFD为：
•
8.只要我们用心去聆听，用情去触摸，你终会感受到生命的鲜活，人性的光辉，智慧的温暖。
•
9. 能准确、有感情的朗读诗歌，领会丰富的内涵，体会诗作蕴涵的思想感情。
①共端点，等线段，定全等
秒杀技巧： ②三组对应边
③对应边夹角相等
手拉手模型秒杀技巧
8.如图，在△ABC中，AB=AC,点D是△ABC外一点，连接AD、BD、CD，且BD 交AC于点O,在BD上取一点E，使得AE=AD,∠EAD=∠BAC,若∠ACB=70°，则 ∠BDC的度数为：
①共端点，等线段，定全等
秒杀技巧： ②三组对应边
③对应边夹角相等

1.手拉手模型-课件PPT

∴∠BAD=∠CAE
∵
AB AD
=
AC AE
∴
AB AC
=
AD AE
∴△ABD ∽ △ACE(SAS) （两个三角形：不等腰，相似）
图片来源：几何数学公众号
二、结论1
结论
1. ∠BAC=∠DAE
2.
AB AD
=
AC AE
△ABC ∽ △ADE (两个三角形：不等腰，相似)
给妹妹讲初中数学
已知条件
1. ∵ ∠BAC=∠DAE ∠BAC=∠BAD±∠DAC ∠DAE=∠CAE±∠DAC
③两个三角形面积相等 ④底边是中线的2倍
三、转化
这么多结论，听懂了，也记住了，是不是可以去做题了？ NO！NO！NO！
给妹妹讲初中数学
遇到不会的几何大题怎么办？万物皆可手拉手！（开玩笑的）
三、转化
给妹妹讲初中数学
三角形为特殊三角形，会得出更多结论！【等腰三角形】
已知条件
更多结论
△ABC与△ADE是两个等腰三角形
是不是脚拉脚模型？
不建议
给妹妹讲初中数学
三、转化
是不是脚拉脚模型？
给妹妹讲初中数学
三、转化
是不是脚拉脚模型？
不建议
给妹妹讲初中数学
三、转化
是不是脚拉脚模型？
给妹妹讲初中数学
三、转化
【头对脚模型】也能转化为手拉手模型
给妹妹讲初中数学
给妹妹讲初中数学
三、转化
【脚拉脚模型】也能转化为手拉手模型
给妹妹讲初中数学
三、转化
①双等腰
脚拉脚模型-特点
②共底角
给妹妹讲初中数学
③顶互补
如果不具备这三个条件，不叫脚拉脚！！！

初中数学一轮复习培优微课 “手拉手”模型——相似模型探究系列

② 延长 <m></m> 交 <m></m> 于点 <m></m> ，则 <m></m> 的度数为____.
（5）当，时，如图（4）.
① <m></m> 与 <m></m> 的数量关系为_ _______.
② 设 <m></m> ， <m></m> 交于点 <m></m> ，则 <m></m> 的度数为____.
（2）延长交于点，交于点 ,求的值．
[答案] 由（1）得 , .又 , , .
图（3）
图（1）
（2）如图（2）， .
① 试判断和之间的数量关系，并说明理由.
[答案] .理由：，， .又，， , ,
图（2）
，， .过点作于点，则 .设，，则，，， .
② 若，点是上一点，在点移动过程中，是否存在最小值？若存在，请直接写出的最小值；若不存在，请说明理由．
【问题呈现】如图（1），和都是等边三角形，连接，．求证：．
证明: 和均为等边三角形, , , , .在和中,
图（1）
4.[2022山东烟台]
, .
【类比探究】如图（2），和都是等腰直角三角形，．连接，．请直接写出的值．
例如图（1），在中，，，点，分别为，的中点.将绕点旋转，连接， .
图（1）
（1）图（1）中， <m></m> ， <m></m> 的数量关系为_ ______.

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)。

旋转综合之手拉手模型
初三中考复习在即，在数学中考中，几何变换往往是中考中最令人头痛的题型，其辅助线的添加非常灵活，和其他几何知识的综合性也非常强。

基本图形
如图所示，在等腰与等腰△ADE 中，AB AC , AD AE ，且 B AC D A E ，连接 BD , CE ，则△ABD ≌△ACE ．
手拉手模型的解题步骤
1 2 3
、找相当于旋转点处：两个等角相接处，角相等；
、证全等、相似；
、利用全等、相似得到边、角关系．例 1 如图 1，在△ABC ， BC 4 ，以线段 AB 为边作△ABD ，使得 AD
BD ，连接 DC ，
再以 DC 为边作△CDE ，使得 DC DE ， CDE ADB ．（ 1）如图 2，当 ABC 45且 90 时，用等式表示线段 AD ,DE 之间的数量关系；
（2）将线段CB 沿着射线CE 的方向平移，得到线段EF ，连接BF ,AF ．
①若 90，依题意补全图3，求线段AF 的长；
②
请直接写出线段AF 的长（用含的式子表示）．
解（1）AD DE 4
（
2）①连接AE ，交BC 与点G ，设DE 与BC 相交于点H ，如图所示．
由等腰直角三角形手拉手模型可得
△ADE ≌△BDC (SAS).
所以
AE BC,
EGC EDC
90.
因为线段CB 沿着射线CE 的方向平移，得到线段EF ，
所以
AE BC FE 4,
AE EF.
所以
AF 2EF 4 2.
②AF 8sin ．解析如下：
2
同样由等腰三角形手拉手模型中的结论可得
FE BC AE,
AEF EGC EDC .
过点E 作EH AF 于H ，
则
1 1
AEH AEF 2.
2
所以
AF 2AH 2AE sin 8sin .
2 2
例 2 在平行四边形ABCD 中， A DBC ，过点D 作DE DF ，且EDF ABD ，连接EF ,EC ，N ,P 分别为EC ,BC 的中点，连接NP
（1）如图1，若点E 在DP 上，EF 与DC 交于点M ，试探究线段NP 与线段NM 的数量关
系及ABD 与MNP 满足的等量关系，请直接写出你的结论；
（2）如图2，若点M 在线段EF 上，当点M 在何位置时，你在（1）中得到的结论仍然成立，
写出你确定的点M 的位置，并证明（1）中的结论．
解（1）NP MN ，ABD
MNP 180 ．理由如下：
易证△DBC 是等腰三角形，则
DP BC,
1 1
PDC BDC EDF,
2 2
可得M 为EF 的中点，且CD EF ．
所以
1
NP NM CE.
2
所以
MNP 2NCP 2NCM
2DCB,
即
ABD MNP
180.
如图所示，连接BE ,CF ，由等腰三角形手拉手模型易可证得结论．
（2）点M 是线段EF 的中点．证明如下：
如图所示，连接BE ,CF ．
由等腰三角形手拉手模型可得
BE CF,
DBE DCF.
取EF 的中点G ，连接NG ，
则
1 1
PN BE CF NG,
2 2
PN∥BE,
NG∥CF.
所以
NPC EBC,
ENG ECF.
所以
GNP
GNE ENP
FCE NCP NPC
DCF DCE ECB
EBC
DCB DBC
180BDC.
即
ABD GNP
180.
所以当点M 与点G 重合，即为线段EF 的中点时，（1）中得到的结论仍然成立．
旋转变换是中考中非常重要的题型，本节课我们重点讲解了手拉手模型，希望各位同学多加体会、总结，平时遇到类似题目注意应用和练习，下一节我们将重点讲解旋转中的线段最值问题。