中考数学必考几何模型：手拉手模型

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相似三角形重要模型-手拉手模型(学生版)-初中数学

相似三角形重要模型-手拉手模型相似三角形是初中几何中的重要的内容，常常与其它知识点结合以综合题的形式呈现，其变化很多，是中考的常考题型。

手拉手模型相似是手拉手模型当中相对于手拉手全等模型较难的一种模型，在实际的应用和解题当中出现时，对于同学们来说，都比较困难。

而深入理解模型内涵，灵活运用相关结论可以显著提高解题效率，本专题重点讲解相似三角形的“手拉手”模型(旋转模型)。

手拉手相似证明题一般思路方法:①由线段乘积相等转化成线段比例式相等；②分子和分子组成一个三角形、分母和分母组成一个三角形；③第②步成立，直接从证这两个三角形相似，逆向证明到线段乘积相等；④第②步不成立，则选择替换掉线段比例式中的个别线段，之后再重复第③步。

模型1.“手拉手”模型(旋转模型)【模型解读与图示】“手拉手”旋转型定义：如果将一个三角形绕着它的项点旋转并放大或缩小(这个顶点不变)，我们称这样的图形变换为旋转相似变换，这个顶点称为旋转相似中心，所得的三角形称为原三角形的旋转相似三角形。

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。

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．。

中考数学常见几何模型简介

安徽中考几何常见模型整理➢模型一：手拉手模型-全等（1 ）等边三角形➢条件：均为等边三角形➢结论：①；②；③平分。

（2 ）等腰➢条件：均为等腰直角三角形➢结论：①；②；③平分。

（3 ）任意等腰三角形➢条件：均为等腰三角形➢结论：①；②；③平分。

➢模型二：手拉手模型-相似（1 ）一般情况➢条件：，将旋转至右图位置➢结论：右图中①；②延长AC交BD于点E，必有（2 ）特殊情况➢条件：，，将旋转至右图位置➢结论：右图中①；②延长AC交BD于点E，必有；③；④；⑤ 连接AD、BC，必有；⑥（对角线互相垂直的四边形）➢➢模型三：对角互补模型（1）全等型-90°➢条件：①；②OC平分➢结论：①CD=CE;②；③➢证明提示：①作垂直，如图，证明；②过点C作,如上图（右），证明；➢当的一边交AO的延长线于点D时：以上三个结论：①CD=CE（不变）；②；③此结论证明方法与前一种情况一致，可自行尝试。

（2）全等型-120°➢条件：①；②平分；➢结论：①；②；③➢证明提示：①可参考“全等型-90°”证法一；②如图：在OB上取一点F，使OF=OC，证明为等边三角形。

➢当的一边交AO的延长线于点D时（如上图右）：原结论变成：①；②；③；可参考上述第②种方法进行证明。

第4页（3）全等型-任意角➢条件：①；②；➢结论：①平分；②；③. ➢当的一边交AO的延长线于点D时（如右上图）：原结论变成：①；②；③；可参考上述第②种方法进行证明。

◇请思考初始条件的变化对模型的影响。

➢。

中考数学常考模型之手拉手模型

变式：（河南省2019年中考数学试卷第22题）
在△ABC中，CA＝CB,∠ACB = α, 点P是平面内不与点A，C重
合的任意一点．连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转α得到
线段DP，连接AD，BD，CP．
（1）观察猜想
如图1，当α=60°时，BD 的值是 1
CP
交所成的较小角的度数是 60°．
，直线BD与直线CP相
模型分析
模型二相似型“手拉手”模型
模型展示
△AOB∽△COD，且绕公共顶点O旋转，模型特点
简记为：共顶点，非等腰，顶角相等，旋转得相似
结论
①△AOC∽△BOD；
② AC ＝ OA ＝ OC
BD OB OD
③两条“拉手线”AC，BD所在直线的夹角与∠AOB相等或互补
直击中考
例题（河南省2018年中考数学第22题）
（2）类比探究如图2，当α=90°时，请写出 BD 的值及直线BD与直线CP相交所
CP 成的小角的度数，并就图2的情形说明理由．
课堂小结模型一全等型“手拉手”模型
模型二相似型“手拉手”模型
共顶点，双等腰，顶角相等，旋转得全等
共顶点，非等腰，顶角相等，旋转得相似
作业布置：
1. 如图，△ADC与△EDG都为等腰直角三角形，连接AG、CE，相交于点H，交CD于点O. (1)求证：AG＝CE； (2)求∠CHA的度数．
2.如图，在△ABC与△ADE中，∠ACB＝∠AED＝90°，连接BD、CE，∠EAC＝ ∠DAB.(1)求证：△ABC∽△ADE；
问题发现
如图1，在△OAB和△OCD中，OA=OB，OC=OD，
∠AOB=∠COD=40°，连接AC，BD交于点M．填空：

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。

相似三角形重要模型-手拉手模型(解析版)-初中数学

手拉手模型相似是手拉手模型当中相对于手拉手全等模型较难的一种模型，在实际的应用和解题当中出现时，对于同学们来说，都比较困难。

而深入理解模型内涵，灵活运用相关结论可以显著提高解题效率，本专题重点讲解相似三角形的“手拉手”模型(旋转模型)。

1)手拉手相似模型(任意三角形)条件:如图，∠BAC =∠DAE =α，AD AB =AE AC=k ；结论：△ADE ∽△ABC ，△ABD ∽△ACE ；EC BD =k .2)手拉手相似模型(直角三角形)条件:如图，∠AOB =∠COD =90°，OC OA =OD OB =k (即△COD ∽△AOB )；结论：△AOC ∽△BOD ；BD AC =k ，AC ⊥BD ，S ABCD =12AB ×CD .3)手拉手相似模型(等边三角形与等腰直角三角形)条件:M 为等边三角形ABC 和DEF 的中点；结论：△BME ∽△CMF ；BE CF =3.条件:△ABC 和ADE 是等腰直角三角形；结论：△ABD ∽△ACE .1(2023秋·福建泉州·九年级校考期末)问题背景：(1)如图①，已知△ABC ∽△ADE ，求证：△ABD ∽△ACE ；尝试应用：(2)如图②，在△ABC 和△ADE 中，∠BAC =∠DAE =90°，∠ABC =∠ADE =60°，AC 与DE相交于点F ，点D 在BC 边上，DF CF=233，求AD BD 的值；拓展创新：(3)如图③，D 是△ABC 内一点，∠BAD =∠CBD =30°，∠BDC =90°，AB =4，AC =23，求AD 的长．【答案】(1)见解析；(2)AD BD =2；(3)AD =5【分析】问题背景(1)由题意得出AB AD =AC AE ，∠BAC =∠DAE ，则∠BAD =∠CAE ，可证得结论；尝试应用(2)连接EC ，证明△ABC ∽△ADE ，由(1)知△ABD ∽△ACE ，由相似三角形的性质得出AE AD =EC BD =3，∠ACE =∠ABD =∠ADE ，可证明△ADF ∽△ECF ，得出DF CF =AD CE=233，则可求出答案．拓展创新(3)过点A 作AB 的垂线，过点D 作AD 的垂线，两垂线交于点M ，连接BM ，证明△BDC ∽△MDA ，由相似三角形的性质得出BD MD =DC DA ，证明△BDM ∽△CDA ，得出BM CA =DM AD=3，求出BM =6，由勾股定理求出AM ，最后由直角三角形的性质可求出AD 的长．【详解】问题背景(1)证明：∵△ABC ∽△ADE ，∴AB AD =AC AE ，∠BAC =∠DAE ，∴∠BAD =∠CAE ，AB AC =AD AE，∴△ABD ∽△ACE ；尝试应用(2)解：如图，连接EC ，∵∠BAC=∠DAE=90°，∠ABC=∠ADE=60°，∴△ABC∽△ADE，AE=3AD由(1)知△ABD∽△ACE，∴AEAD=ECBD=3，∠ACE=∠ABD=∠ADE=60°，∴AEEC=ADBD，∵∠AFD=∠AEFC∴△ADF∽△ECF∴DFCF =ADCE∵DF CF =233∴DFCF=ADCE=233∴AD=233CE∴AE=3AD=2CE∴ADBD=AEEC=2，拓展创新(3)解：如图2，过点A作AB的垂线，过点D作AD的垂线，两垂线交于点M，连接BM，∵∠BAD=30°，∴∠DAM=60°，∴∠AMD=30°，∴∠AMD=∠DBC，又∵∠ADM=∠BDC=90°，∴△BDC∽△MDA，∴BDMD=DCDA，又∠BDC=∠ADM，∴∠BDC+∠CDM=∠ADM+∠CDM，即∠BDM=∠CDA，∴△BDM∽△CDA，∴BMCA=DMAD=3，∵AC=23，∴BM=23×3=6，∴AM=BM2-AB2=62-42=25，∴AD=12AM=5．【点睛】此题是相似形综合题，考查了直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．2(2023秋·江苏无锡·九年级校考阶段练习)【模型呈现：材料阅读】如图，点B，C，E在同一直线上，点A，D在直线CE的同侧，△ABC和△CDE均为等边三角形，AE，BD 交于点F，对于上述问题，存在结论(不用证明)：(1)△BCD≌△ACE(2)△ACE可以看作是由△BCD绕点C旋转而成；⋯【模型改编：问题解决】点A ，D 在直线CE 的同侧，AB =AC ，ED =EC ，∠BAC =∠DEC =50°，直线AE ，BD 交于F ，如图1：点B 在直线CE 上，①求证：△BCD ∽△ACE ； ②求∠AFB 的度数．如图2：将△ABC 绕点C 顺时针旋转一定角度．③补全图形，则∠AFB 的度数为；④若将“∠BAC =∠DEC =50°”改为“∠BAC =∠DEC =m °”，则∠AFB 的度数为．(直接写结论)【模型拓广：问题延伸】如图3：在矩形ABCD 和矩形DEFG 中，AB =2，AD =ED =23，DG =6，连接AG ，BF ，求BF AG 的值．图1 图2 图3【答案】【模型改编：问题解决】①见解析；②65°；③图见解析，115°；④90°+m °2【模型拓广：问题延伸】233【分析】【模型改编：问题解决】①先证明△ABC ∽△EDC ，可得AC EC =BC DC，再证明∠ACE =∠BCD ，可得△BCD ∽△ACE ；②由△BCD ∽△ACE ，可得∠DBC =∠EAC ，再结合三角形的外角可得答案；③连接EA 并延长交BD 于F ，同理可得：△BCD ∽△ACE ，∠CEF =∠BDC ，再结合三角形的外角可得答案；④先求解∠CDE =∠DCE =12180°-m ° =90°-12m °，结合③的思路可得答案；【模型拓广：问题延伸】连接BD 、DF ，先证明△ADB ∽△GDF ，可得∠ADB =∠GDF ，AD DG =BD DF ，证明∠ADG =∠BDF ，可得△BDF ∽△ADG ，可得BF AG =BD AD，从而可得答案．【详解】【模型改编：问题解决】①∵AB =AC ，ED =EC ，∠BAC =∠DEC =50°，∴∠ABC =∠ACB =180°-50° ÷2=65°，∠EDC =∠ECD =180°-50° ÷2=65°，∴△ABC ∽△EDC ，∴AC EC =BC DC，∵∠ACE =180°-∠ACB =115°，∠BCD =180°-∠DCE =115°，∴∠ACE =∠BCD ，∴△BCD ∽△ACE ；②由①知，△BCD ∽△ACE ，∴∠DBC =∠EAC ，∴∠AFB =∠DBC +∠CEA =∠EAC +∠CEA =∠ACB =65°③补图如下：连接EA 并延长交BD 于F ，图2同理可得：△BCD ∽△ACE ∴∠CEF =∠BDC ，∴∠AFB =∠BDC +∠CDE +∠DEF =∠CEF +∠CDE +∠DEF =∠CED +∠CDE =50°+65°=115°，④∵∠BAC =∠DEC =m °，CE =DE ，∴∠CDE =∠DCE =12180°-m ° =90°-12m °，同理③可得∠AFB =∠CED +∠CDE =m °+90°-12m °=90°+m °2，故答案为：90°+m °2；【模型拓广：问题延伸】连接BD 、DF ，图3∵在矩形ABCD 和矩形DEFG 中，AB =2，AD =ED =FG =23，DG =6，∴AB AD =GF DG =33，又∵∠BAD =∠DGF =90°，∴△ADB ∽△GDF ，∴∠ADB =∠GDF ，AD DG=BD DF ，∵∠ADG =∠GDF +∠ADF ，∠BDF =∠ADB +∠ADF ，∴∠ADG =∠BDF ，∴△BDF ∽△ADG ，∴BF AG =BD AD，∵AD =23，AB =2，∴BD =AB 2+AD 2=4，∴BF AG =BD AD =423=233．【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，矩形的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，熟练的证明三角形相似是解本题的关键．3(2023春·湖北黄冈·九年级专题练习)【问题呈现】△CAB 和△CDE 都是直角三角形，∠ACB =∠DCE =90°,CB =mCA ,CE =mCD ，连接AD ，BE ，探究AD ，BE 的位置关系．(1)如图1，当m =1时，直接写出AD ，BE 的位置关系：；(2)如图2，当m ≠1时，(1)中的结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．【拓展应用】(3)当m =3,AB =47,DE =4时，将△CDE 绕点C 旋转，使A ,D ,E 三点恰好在同一直线上，求BE 的长．【答案】(1)BE ⊥AD (2)成立；理由见解析(3)BE =63或43【分析】(1)根据m =1，得出AC =BC ，DC =EC ，证明△DCA ≌△ECB ，得出∠DAC =∠CBE ，根据∠GAB +∠ABG =∠DAC +∠CAB +∠ABG ，求出∠GAB +∠ABG =90°，即可证明结论；(2)证明△DCA ∽△ECB ，得出∠DAC =∠CBE ，根据∠GAB +∠ABG =∠DAC +∠CAB +∠ABG ，求出∠GAB +∠ABG =90°，即可证明结论；(3)分两种情况，当点E 在线段AD 上时，当点D 在线段AE 上时，分别画出图形，根据勾股定理求出结果即可．【详解】(1)解：∵m =1，∴AC =BC ，DC =EC ，∵∠DCE =∠ACB =90°，∴∠DCA +∠ACE =∠ACE +∠ECB =90°，∴∠DCA =∠ECB ，∴△DCA ≌△ECB ，∴∠DAC =∠CBE ，∵∠GAB+∠ABG=∠DAC+∠CAB+∠ABG，=∠CBE+∠CAB+∠ABG=∠CAB+∠CBA=180°-∠ACB=90°，∴∠AGB=180°-90°=90°，∴BE⊥AD；故答案为：BE⊥AD．(2)解：成立；理由如下：∵∠DCE=∠ACB=90°，∴∠DCA+∠ACE=∠ACE+∠ECB=90°，∴∠DCA=∠ECB，∵DC CE =ACBC=1m，∴△DCA∽△ECB，∴∠DAC=∠CBE，∵∠GAB+∠ABG=∠DAC+∠CAB+∠ABG，=∠CBE+∠CAB+∠ABG =∠CAB+∠CBA=180°-∠ACB=90°，∴∠AGB=180°-90°=90°，∴BE⊥AD；(3)解：当点E在线段AD上时，连接BE，如图所示：设AE=x，则AD=AE+DE=x+4，根据解析(2)可知，△DCA∽△ECB，∴BE AD =BCAC=m=3，∴BE=3AD=3x+4=3x+43，根据解析(2)可知，BE⊥AD，∴∠AEB=90°，根据勾股定理得：AE2+BE2=AB2，即x2+3x+432=472，解得：x=2或x=-8(舍去)，∴此时BE=3x+43=63；当点D在线段AE上时，连接BE，如图所示：设AD=y，则AE=AD+DE=y+4，根据解析(2)可知，△DCA∽△ECB，∴BE AD =BCAC=m=3，∴BE=3AD=3y，根据解析(2)可知，BE⊥AD，∴∠AEB=90°，根据勾股定理得：AE 2+BE 2=AB 2，即y +4 2+3y 2=47 2，解得：y =4或y =-6(舍去)，∴此时BE =3y =43；综上分析可知，BE =63或43．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形内角和定理的应用，勾股定理，解题的关键是熟练掌握三角形相似的判定方法，画出相应的图形，注意分类讨论．4(2023秋·福建泉州·九年级校考阶段练习)如图，已知△ABC 中，AB =AC ，∠BAC =α．点D 是△ABC 所在平面内不与点A 、C 重合的任意一点，连接CD ，将线段CD 绕点D 顺时针旋转α得到线段DE ，连接AD 、BE ．(1)如图1，当α=60°时，求证：BE =AD ．(2)当α=120°时，请判断线段BE 与AD 之间的数量关系是，并仅就图2的情形说明理由．(3)当α=90°时，且BE ⊥AB 时，若AB =8，BE =2，点E 在BC 上方，求CD 的长．【答案】(1)见解析，(2)BE =3AD ，理由见解析(3)82【分析】(1)先证明△ABC 和△DCE 是等边三角形，再证明△ADC ≌△BEC ，可推出BE =AD ；(2)过A 作AH ⊥BC 与H ，先根据含30°的直角三角形的性质，等腰三角形的性质以及勾股定理可求出BC =3AC ，同理求出CE =3CD ，可得出BC EC =3AC 3DC=AC DC ，证明∠DCA =∠BCE ，然后证明△EBC ∽△DAC 即可求解；(3)过E 作EF ⊥BC 于F ，可判断△BEF 是等腰直角三角形，然后可求出EF ，BF ，CF 的长度，由(2)同理可证出△EBC ∽△DAC ，最后根据相似三角形的性质即可求解．【详解】(1)解：∵旋转，∴CD =ED ，当α=60°时，又AB =AC ，∴△ABC 和△DCE 是等边三角形，∴AC =BC ，DC =EC ，∠DCE =∠ACB =60°，∴∠ACD =∠BCE ，∴△ADC ≌△BEC ，∴AD =BE ；(2)解：BE =3AD 过A 作AH ⊥BC 与H ，∵AB =AC ，∠BAC =α=120°，∴∠ACB =30°，CH =12BC ，∴AC =2AH ，又由勾股定理得AH 2+CH 2=AC 2，∴CH =32AC ，∴BC =3AC ，同理CE =3CD ，∵DC =EC ，∠CDE =α=120°，∴∠DCE =30°=∠ACB ，∴∠DCA =∠BCE ，∵BC =3AC ，CE =3CD ，∴BC EC =3AC 3DC =AC DC ，∴△EBC ∽△DAC ，∴BE AD =BC AC =3，即BE =3AD (3)解：如图，过E 作EF ⊥BC 于F ，当α=90°时，∵AC =AB =8，∴∠ACB =45°，BC =AB 2+AC 2=2AC =82，∵BE ⊥AB ，∴∠EBF =45°=∠BEF ，∴BF =EF ，∵BE =EF 2+BF 2=2EF =2，∴EF =BF =2，∴CF =BF +BC =92，∴CE =EF 2+CF 2=241，由(2)同理可证△EBC ∽△DAC ，∴EC DC =BC AC=2，即241DC =2，∴DC =82．【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键在于正确寻找全等三角形或相似三角形．5(2023·黑龙江齐齐哈尔·统考中考真题)综合与实践数学模型可以用来解决一类问题，是数学应用的基本途径．通过探究图形的变化规律，再结合其他数学知识的内在联系，最终可以获得宝贵的数学经验，并将其运用到更广阔的数学天地．(1)发现问题：如图1，在△ABC 和△AEF 中，AB =AC ，AE =AF ，∠BAC =∠EAF =30°，连接BE ，CF，延长BE交CF于点D．则BE与CF的数量关系：，∠BDC=°；(2)类比探究：如图2，在△ABC和△AEF中，AB=AC，AE=AF，∠BAC=∠EAF=120°，连接BE，CF，延长BE，FC交于点D．请猜想BE与CF的数量关系及∠BDC的度数，并说明理由；(3)拓展延伸：如图3，△ABC和△AEF均为等腰直角三角形，∠BAC=∠EAF=90°，连接BE，CF，且点B，E，F在一条直线上，过点A作AM⊥BF，垂足为点M．则BF，CF，AM之间的数量关系：；(4)实践应用：正方形ABCD中，AB=2，若平面内存在点P满足∠BPD=90°，PD=1，则S△ABP=．【答案】(1)BE=CF，30(2)BE=CF，∠BDC=60°，证明见解析(3)BF=CF+2AM(4)7+74或7-74【分析】(1)根据已知得出∠BAE=∠CAF，即可证明△BAE≌△CAF，得出BE=CF，∠ABE=∠ACF，进而根据三角形的外角的性质即可求解；(2)同(1)的方法即可得证；(3)同(1)的方法证明△BAE≌△CAF SAS，根据等腰直角三角形的性质得出AM=12EF=EM=MF，即可得出结论；(4)根据题意画出图形，连接BD，以BD为直径,BD的中点为圆心作圆，以D点为圆心，1为半径作圆，两圆交于点P,P1，延长BP至M，使得PM=DP=1，证明△ADP∽△BDM，得出PA=22BM，勾股定理求得PB，进而求得BM，根据相似三角形的性质即可得出PA=221+7=2+142，勾股定理求得BQ,PQ，进而根据三角形的面积公式即可求解．【详解】(1)解：∵∠BAC=∠EAF=30°，∴∠BAE=∠CAF，又∵AB=AC，AE=AF，∴△BAE≌△CAF，∴BE=CF，∠ABE=∠ACF设AC,BD交于点O，∵∠AOD=∠ACF+∠BDC=∠ABE+∠BAO∴∠BDC=∠BAO=∠BAC=30°，故答案为：BE= CF，30．(2)结论：BE=CF，∠BDC=60°；证明：∵∠BAC=∠EAF=120°，∴∠BAC-∠EAC=∠EAF-∠EAC，即∠BAE=∠CAF，又∵AB=AC，AE=AF，∴△BAE≌△CAF∴BE=CF，∠AEB=∠AFC∵∠EAF=120°，AE=AF，∴∠AEF=∠AFE=30°，∴∠BDC=∠BEF-∠EFD=∠AEB+30°-∠AFC-30°=60°，(3)BF=CF+2AM，理由如下，∵∠BAC=∠EAF=90°，∴∠BAC-∠EAC=∠EAF-∠EAC，即∠BAE=∠CAF，又∵△ABC和△AEF均为等腰直角三角形∴AB=AC,AE=AF，∴△BAE≌△CAF SAS，∴BE= CF，在Rt △AEF 中，AM ⊥BF ，∴AM =12EF =EM =MF ，∴BF =BE +EF =CF +2AM ；(4)解：如图所示，连接BD ，以BD 为直径,BD 的中点为圆心作圆，以D 点为圆心，1为半径作圆，两圆交于点P ,P 1，延长BP 至M ，使得PM =DP =1，则△MDP 是等腰直角三角形，∠MDP =45°∵∠CDB =45°,∴∠MDB =∠MDP +∠PDC +∠CDB =90°+∠PDC =∠ADP ，∵AD DB =12,DP DM =12，∴△ADP ∽△BDM ∴PA BM =12=22，∴PA =22BM ，∵AB =2，在Rt △DPB 中，PB =DB 2-DP 2=22 2-12=7，∴BM =BP +PM =7+1∴PA =221+7 =2+142过点P 作PQ ⊥AB 于点Q ，设QB =x ，则AQ =2-x ，在Rt △APQ 中，PQ 2=AP 2-AQ 2，在Rt △PBQ 中，PQ 2=PB 2-BQ 2∴AP 2-AQ 2=PB 2-BQ 2∴2+142 2-2-x 2=7 2-x 2解得：x =7-74，则BQ =7-74，设PQ ,BD 交于点G ，则△BQG 是等腰直角三角形，∴QG =QB =7-74在Rt △DPB ,Rt △DP 1B 中，DP =DP 1DB =DB ∴Rt △DPB ≌Rt △DP 1B ∴∠PDB =∠P 1DB又PD =P 1D =1，DG =DG ∴△PGD ≌△P 1DG ∴∠PGD =∠P 1GD =45°∴∠PGP 1=90°，∴P 1G ∥AB ∴S △ABP 1=12AB ×QG =12×2×7-74=7-74，在Rt △PQB 中，PQ =PB 2-BQ 2=7 2-7-74 2=7+74∴S△ABP =12AB ×PQ =12×2×7+74=7+74，综上所述，S△ABP=7+74或7-74故答案为：7+74或7-74．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，正方形的性质，勾股定理，直径所对的圆周角是直角，熟练运用已知模型是解题的关键．6(2023·山东济南·九年级统考期中)问题背景：一次小组合作探究课上，小明将一个正方形ABCD和等腰Rt△CEF按如图1所示的位置摆放(点B、C、E在同一条直线上)，其中∠ECF=90°．小组同学进行了如下探究，请你帮助解答：初步探究(1)如图2，将等腰Rt△CEF绕点C按顺时针方向旋转，连接BF，DE．请直接写出BF与DE的关系；(2)如图3，将(1)中的正方形ABCD和等腰Rt△CEF分别改成菱形ABCD和等腰△CEF，其中CE=CF，∠BCD=∠FCE，其他条件不变，求证：BF=DE；深入探究：(3)如图4，将(1)中的正方形ABCD和等腰Rt△CEF分别改成矩形ABCD和Rt△CEF，其中∠ECF=90°且CECF =CDBC=34，其它条件不变．①探索线段BF与DE的关系，说明理由；②连接DF，BE若CE=6，AB=12，直接写出DF2+BE2=．【答案】(1)BF=DE，BF⊥DE；(2)见解析；(3)①DEBF=34，DE⊥BF，见解析；②500【分析】(1)由正方形的性质，等腰直角三角形的性质，得到BC=CD，CE=CF，证明△BCF≌DCE，得到BF=DE，∠CBF=∠CDE，结合对顶角相等，即可得到BF⊥DE；(2)由菱形的性质，旋转的性质，先证明ΔBCF≌ΔDCE，即可得到结论成立；(3)①由矩形的性质，直角三角形的性质，先证明ΔBCF∽ΔDCE，得到BF与DE的数量关系，再由余角的性质证明位置关系即可；②连接BD，先求出矩形的边长，直角三角形的边长，与(1)同理先证明BF⊥DE，然后利用勾股定理，等量代换，即可得到DF2+BE2=500．【详解】解：(1)如图：∵正方形ABCD和等腰Rt△CEF中，∴BC=CD，CE=CF，∠BCD=∠ECF=90°，∴∠BCD+∠DCF=∠ECF+∠DCF，即∠BCF=∠DCE，∴△BCF≌DCE，∴BF=DE，∠CBF=∠CDE，∵∠BGC=∠DGF，∴∠BCG=∠DFG=90°∴BF⊥DE．(2)证明：如图：∵∠BCD=∠FCE，∴∠BCF=∠DCE，∵四边形ABCD为菱形∴BC=CD，又∵CE=CF∴△BCF≌△DCE(SAS)，∴BF=DE；(3)①∵在矩形ABCD中，∠BCD=90°，∴∠BCD=∠FCE∴∠BCF=∠DCE，又∵CECF=CDBC=34∴△BCF∽△DCE，∴DEBF=CECF=34；∴∠CBF=∠CDE，设CD与BF交于点G∵∠BGC=∠DGF∴180°-∠CBF-∠BGC=180°-∠CDE-∠DGF，∴∠DQB=∠BCD=90°∴DE⊥BF．②如图：连接BD在矩形ABCD中，CD=AB=12，∵CE=6，6CF =12BC=34，∴CF=8，BC=16，∵△BCF∽△DCE，∴∠CBF=∠CDE，∵∠BGC=∠DGF，∴∠BCG=∠DQG=90°，∴BF⊥DE；在直角△BCD中，有BD2=BC2+CD2=162+122=400，在直角△BDQ中，BD2=BQ2+DQ2=400；在直角△CEF中，EF2=CE2+CF2=62+82=100，在直角△EFQ中，EF2=EQ2+FQ2=100；∴BQ2+DQ2+EQ2+FQ2=400+100=500；在直角△BEQ和直角△DFQ中，由勾股定理，则∵BQ2+EQ2=BE2，DQ2+FQ2=DF2，∴DF2+BE2=BQ2+DQ2+EQ2+FQ2=500；故答案为：500．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，以及等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的作出辅助线，找到证明三角形相似和三角形全等的条件进行解题．7(2023春·广东·九年级专题练习)已知在△ABC中，O为BC边的中点，连接AO，将△AOC绕点O顺时针方向旋转(旋转角为钝角)，得到△EOF，连接AE，CF．(1)如图1，当∠BAC=90°且AB=AC时，则AE与CF满足的数量关系是；(2)如图2，当∠BAC =90°且AB≠AC时，(1)中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；(3)如图3，延长AO到点D，使OD=OA，连接DE，当AO=CF=5，BC=6时，求DE的长．【答案】(1)AE=CF；(2)成立，证明见解析；(3)511 3【分析】(1)结论AE=CF．证明ΔAOE≅ΔCOF(SAS)，可得结论．(2)结论成立．证明方法类似(1)．(3)首先证明∠AED=90°，再利用相似三角形的性质求出AE，利用勾股定理求出DE即可．【详解】解：(1)结论：AE=CF．理由：如图1中，∵AB=AC，∠BAC=90°，OC=OB，∴OA=OC=OB，AO⊥BC，∵∠AOC=∠EOF=90°，∴∠AOE=∠COF，∵OA=OC，OE=OF，∴ΔAOE≅ΔCOF(SAS)，∴AE=CF．(2)结论成立．理由：如图2中，∵∠BAC=90°，OC=OB，∴OA=OC=OB，∵∠AOC=∠EOF，∴∠AOE=∠COF，∵OA=OC，OE=OF，∴ΔAOE≅ΔCOF(SAS)，∴AE=CF．(3)如图3中，由旋转的性质可知OE =OA ，∵OA =OD ，∴OE =OA =OD =5，∴∠AED =90°，∵OA =OE ，OC =OF ，∠AOE =∠COF ，∴OA OC =OE OF ，∴ΔAOE ∽ΔCOF ，∴AE CF =OA OC，∵CF =OA =5，∴AE 5=53，∴AE =253，∴DE =AD 2-AE 2=102-253 2=5113．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．课后专项训练1(2023秋·北京顺义·九年级校考期中)如图，△ABC 和△ADE 都是等腰直角三角形，∠ABC =∠ADE =90°．连接BD ，CE ．则BD CE的值为()A.12B.22C.2D.2【答案】B 【分析】由等腰直角三角形的性质可推出∠DAE =∠BAC =45°，AE =2AD ，AC =2AB ，从而可得出∠EAC =∠DAB ，AE AD =AC AB=2，证明△DAB ∽△EAC 即可得出结论．【详解】解：∵△ABC 和△ADE 都是等腰直角三角形，∴∠DAE =∠BAC =45°，AE =2AD ，AC =2AB ，∴∠EAC =∠DAB ，AE AD =AC AB =2，∴△DAB ∽△EAC ，∴BD CE =AD AE=22．故选B ．【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质．掌握三角形相似的判定条件是解题关键．2(2023春·浙江金华·九年级校考期中)如图，在Rt △ABC 中，∠ABC =90°，以AB ，AC 为边分别向外作正方形ABFG 和正方形ACDE ，CG 交AB 于点M ，BD 交AC 于点N ．若GM CM =12，则CG BD=() A.12 B.34 C.255 D.13013【答案】D【分析】设AG =a =AB ，BC =2a ，由“AAS ”可证△ABC ≌△CHD ，可得AB =CH =a ，DH =BC =2a ，利用勾股定理分别求出CG ，BD 的长，即可求解．【详解】解：如图，过点D 作DP ⊥BC ，交AC 的延长线于点P，交BC 的延长线于点H ，∵AG ∥BF ，∴△AGM ∽△BCM ，∴AG BC =GM CM=12，∴设AG =a =AB ，BC =2a ，∴CG =GF 2+FC 2=a 2+(3a )2=10a ，∵DH ⊥BC ，AB ⊥BC ，∴∠DHC =∠ABC =∠ACD =90°，AB ∥DH ，∴∠DCH +∠ACB =90°=∠ACB +∠BAC ，∴∠DCH =∠BAC ，在△ABC 和△CHD 中，∠ABC =∠DHC ∠BAC =∠DCH AC =CD，∴△ABC ≌△CHD (AAS )，∴AB =CH =a ，DH =BC =2a ，∴BD =BH 2+DH 2=(3a )2+(2a )2=13a ，∴CG BD =10a 13a =13013．故选：D ．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造相似三角形是解题的关键．3(2023春·浙江丽水·九年级专题练习)如图，在△ABC 中，过点C 作CD ⊥AB ，垂足为点D ，过点D 分别作DE ⊥AC ，DF ⊥BC ，垂足分别为E ，F ．连接EF 交线段CD 于点O ，若CO =22，CD =32，则EO ⋅FO 的值为( )．A.63B.4C.56D.6【答案】B【分析】由题意易得出∠DEC=∠DFC=90°，即说明点C，E，D，F四点共圆，得出∠DEO=∠FCO，从而易证△DOE∽△FOC，得出EOCO=DOFO．由题意可求出DO=CD-CO=2，即可求出EO⋅FO=CO⋅DO=4．【详解】解：∵DE⊥AC，DF⊥BC，∴∠DEC=∠DFC=90°，∴点C，E，D，F四点共圆，∴∠DEF=∠FCD，即∠DEO=∠FCO．又∵∠DOE=∠FOC，∴△DOE∽△FOC，∴EOCO=DOFO，∴EO⋅FO=CO⋅DO．∵CO=22，CD=32，∴DO=CD-CO=2，∴EO⋅FO=CO⋅DO=22×2=4．故选B．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，四点共圆的知识，圆周角定理．确定点C，E，D，F四点共圆，从而可得出证明△DOE∽△FOC的条件是解题关键．4(2022·广西梧州·统考一模)如图，在△ABC中，∠C=45°，将△ABC绕着点B逆时针方向旋转，使点C的对应点C′落在CA的延长线上，得到△A′BC′，连接AA′，交BC′于点O．下列结论：①∠AC′A′= 90°；②AA′=BC′；③∠A′BC′=∠A′AC′；④△A′OC′∽△BOA．其中正确结论的个数是()A.1B.2C.3D.4【答案】C【分析】利用旋转的性质和等腰三角形的性质推出∠AC A =90°，即可判断①的正确性；通过点A 、B、A、C 四点共圆可以判断出②③④的正确性．【详解】解：由题意可得：BC=BC ，∠C=∠A C B∵∠C=45°∴∠BC A=45°∵∠AC A =∠A C B+∠BC A∴∠AC A =90°，故①正确；∵∠BC A=∠C=45°∴∠C BC=90°∵∠ABC=∠A BC ∴∠A BA=90°∴∠A BA+∠AC A =180°，∠C AB+∠C A B=180°∴点A 、B、A、C 四点共圆∵∠AC A =90°，∠BAC ≠90°∴A A是直径，BC 不是直径∴A A≠BC ，故②错误；∵点A 、B、A、C 四点共圆∴∠A BC =∠A AC ，故③正确；∵点A 、B、A、C 四点共圆∴∠AA C =∠ABC ，∠A C B=∠A AB∴△A OC ∽△BOA，故④正确；∴正确结论的个数是3个故选C．【点睛】本题考查了图形的旋转、等腰三角形的性质、四点共圆、圆周角定理的推论以及相似的判定等知识点，灵活运用这些知识点是解题的关键．5(2023·广东深圳·校联考模拟预测)如图，已知▱ABCD ，AB =3，AD =8，将▱ABCD 绕点A 顺时针旋转得到▱AEFG ，且点G 落在对角线AC 上，延长AB 交EF 于点H ，则FH 的长为．【答案】558【分析】先利用平行四边形的性质得到CD =AB =3，BC =AD =8，∠D =∠ABC ，再根据旋转的性质得到∠DAG =∠BAE ，AE =AB =3，EF =BC =8，∠E =∠ABC ，接着证明△ADC ∽△AEH ，然后利用相似比求出EH ，从而得到FH 的长．【详解】解：∵四边形ABCD 为平行四边形，∴CD =AB =3，BC =AD =8，∠D =∠ABC ，∵将▱ABCD 绕点A 顺时针旋转得到▱AEFG ，且点G 落在对角线AC 上，∴∠DAG =∠BAE ，AE =AB =3，EF =BC =8，∠E =∠ABC ，∴∠E =∠D ，∵∠DAC =∠HAE ，∴△ADC ∽△AEH ，∴AD AE =DC EH ，∴83=3EH ，∴EH =98，∴FH =EF -EH =8-98=558，故答案为：558．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，旋转、三角形相似的判定利用三角形相似比求线段的长，根据旋转的性质得到∠DAG =∠BAE ，然后根据两组对应角分别相等的两三角形相似得出AD AE=DC EH 是本题的关键．6(2022·安徽·模拟预测)如图，将边长为3的菱形ABCD 绕点A 逆时针旋转到菱形AB C D 的位置，使点B 落在BC 上，B C 与CD 交于点E ．若BB =1，则CE 的长为．【答案】34/0.75【分析】延长D D 交BC 的延长线于点M ，过点C 作CN ∥DM 交B C 于点N ，根据菱形的性质和旋转的性质证明△ABB ≌△ADD ≌△DCM ≌B C M ，求得C D =B C =2，CM =C M =1，再根据CN ∥DM ，得CN MC =B C B M ，CN DC=CE DE ，代入即可求解．【详解】解：如图，延长D D 交BC 的延长线于点M ，过点C 作CN ∥DN 交B C 于点N ，∵四边形ABCD是菱形∴AB=BC=CD=AD=3，∠B=∠ADC=∠D ，AB∥CD∴∠DCM=∠B由旋转的性质得：AB =AB=3，AD =AD=3，∠BAB =∠DAD =∠MB C ，B C =D C =3，∠ADC=∠D ，∴△ABB ≌△ADD ∴DD =BB =1∴DC =D C -DD =2∵∠CDM+∠ADC=∠DAD +∠D ∴∠BAB =∠DAD =∠CDM∴△ABB ≌△DCM≌B C M，∴DM=AB =3，∠M=∠AB B∴C M=CM=3-2=1∵CN∥DM∴△B CN∽△B MC ∴CNMC =B CB M∵B C=BC-BB =2∴CN1=23∴CN=23∵CN∥DM∴△CNE∽△DC E∴CNDC =CEDE∴232=CE3-CE∴CE=34故答案为：34【点睛】本题考查菱形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，综合性较强，作辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题的关键．7(2021·湖南益阳·统考中考真题)如图，Rt△ABC中，∠BAC=90°,tan∠ABC=32，将△ABC绕A点顺时针方向旋转角α(0°<α<90°)得到△AB C ，连接BB ，CC ，则△CAC 与△BAB 的面积之比等于．【答案】9:4【分析】先根据正切三角函数的定义可得ACAB=32，再根据旋转的性质可得AB=AB,AC=AC ,∠BAB=∠CAC =α，从而可得ACAC =ABAB=1，然后根据相似三角形的判定可得△CAC ∼△BAB ，最后根据相似三角形的性质即可得．【详解】解：∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°,tan∠ABC=32，∴ACAB=32，由旋转的性质得：AB=AB ,AC=AC ,∠BAB =∠CAC =α，∴ACAC=ABAB=1，在△CAC 和△BAB 中，ACAC=ABAB∠CAC =∠BAB，∴△CAC ∼△BAB ，∴S△CACS△BAB=ACAB2=94，即△CAC 与△BAB 的面积之比等于9:4，故答案为：9:4．【点睛】本题考查了正切三角函数、旋转的性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．8(2023秋·山东济南·九年级校考阶段练习)如图，已知∠ACB=∠DCE=90°，∠ABC=∠CED=∠CAE=30°．(1)求证：△ACD∽△BCE；(2)若AC=3，AE=8，求AD．【答案】(1)见详解(2)AD=103 3【分析】(1)根据30°的正切值得ACBC=DCEC，即可证明相似．(2)先证明∠BAE=90°，进而求出BE=10，再根据△ACD∽△BCE得出ADBE=ACBC=DCEC=33，即可求出AD=33BE=1033．【详解】(1)∵∠ACB=∠DCE=90°∴∠ACD=∠BCE∵∠ABC=∠CED=∠CAE=30°∴tan∠ABC=ACBC =33，tan∠CED=DCEC=33∴AC BC =DCEC∴△ACD∽△BCE(2)∵由(1)，△ACD∽△BCE∴ADBE =ACBC=DCEC=33∵∠ABC=∠CED=∠CAE=30°∴∠BAC=60°∴∠BAE=90°∵AC=3，∠ABC=30°∴AB=2AC=6∵AE=8∴BE=10∴AD=33BE=1033【点睛】本题考查相似三角形的判定、特殊角三角函数值及勾股定理，根据特殊角得出对应线段成比例是解题关键．9(2023·安徽滁州·九年级校考阶段练习)如图，点A在线段BD上，在BD的同侧作等腰Rt△ABC和等腰Rt△ADE，CD与BE、AE分别交于点P、M．求证：(1)△BAE∽△CAD；(2)MP⋅MD=MA⋅ME．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)由题意可得AC=2AB，AD=2AE，∠BAE=∠CAD=135°，即可证△BAE∽△CAD；(2)由△BAE∽△CAD可得∠BEA=∠CDA，即可证△PME∽△AMD，可得MP⋅MD=MA⋅ME．【详解】(1)证明：∵等腰Rt △ABC 和等腰Rt △ADE ，∴AB =BC ，AE =DE ，∠BAC =∠DAE =45°，∴AC =2AB ，AD =2AE ，∠BAE =∠CAD =135°，∴AC AB =AD AE=2，∴△BAE ∽△CAD ，(2)∵△BAE ∽△CAD ，∴∠BEA =∠CDA ，且∠PME =∠AMD ，∴△PME ∽△AMD ，∴ME MD =MP AM，∴MP ⋅MD =MA ⋅ME ．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质，勾股定理的应用，熟练运用相似三角形的判定是本题的关键．10(2023秋·湖北孝感·九年级校联考阶段练习)问题背景：如图1，在△ABC 中，∠ACB =90°，AC =BC ，AD 是BC 边上的中线，E 是AD 上一点，将△CAE 绕点C 逆时针旋转90°得到△CBF ，AD 的延长线交BF 于点P ．问题探究：(1)当点P 在线段BF 上时，证明EP +FP =2BP ．①先将问题特殊化，如图2，当CE ⊥AD 时，证明：EP +FP =2BP ；②再探究一般情形，如图1，当CE 不垂直AD 时，证明：EP +FP =2BP ；拓展探究：(2)如图3，若AD 的延长线交BF 的延长线于点P 时，直接写出一个等式，表示EP ，FP ，BP 之间的数量关系．【答案】(1)①见解析，②见解析(2)EP -FP =2PB【分析】①结论：PE +PF =2PB ．根据旋转的性质△ACE ≌△BCF ，再证明四边形CEPF 是正方形，可得结论．②结论不变，如图2中，过点C 作CG ⊥AD 于点G ，过点C 作CH ⊥BF 交BF 的延长线于点H ．证明△CHF ≌△CGE ，可以推出FH =EG ，再利用正方形的性质解决问题即可．(2)结论：EP -FP =2PB ，证明方法类似②．【详解】(1)①证明：∵CE ⊥AD ，∴∠AEC =∠PEC =90°，在△ABC 中，∠ACB =90°，AC =AB ，∵将△CAE 绕点C 逆时针旋转90°得到△CBF ，∴△ACE ≌△BCF ，CF =CE ，∠ECF =90°，∠BFC =∠AEC =90°，∴∠BFC =∠ECF =∠PEC =90°，∴四边形CEPF 是矩形，∵CE =CF ，∴四边形CEPF 是正方形，∴CE =EP =FP =CF ，∠EPF =90°，∴∠BPD =90°=∠CED ，∵AD 是△ABC 中BC 边上的中线，∴BD =CD =12BC ，在△CED 和△BPD 中，∴∠CED =∠BPD∠CDE =∠BDP CD =BD，∴△CED ≌△BPD (AAS )，∴CE =BP ，∴BP =EP =CE =FP ，∴EP +FP =2BP②结论成立，证明：过点C 作CG ⊥AD 于点G ，过点C 作CH ⊥BF 交BF 的延长线于点H ．则∠CGE =∠CGD =∠CHF =90°．由旋转性质可知，△CBF≌△CAE，∴CF=CE，∠CFB=∠CEA，∠ACE=∠BCF，∵∠CFH=180°-∠CFB，∠CEG=180°-∠CEA，∴∠CFH=∠CEG，∴△CHF≌△CGE，∴∠FCH=∠ECG，CH=CG，FH=EG．∴∠FCH+∠BCF+∠DCG=∠ECG+∠ACF+∠DCG=90°．∴∠HCG=90°．∴四边形CGPH是正方形．∴CG=GP=PH，∴EP+FP=GP+PH=2CG．∵CD=BD，∠CGD=∠BPD=90°，∠CDG=∠BDP，∴△CDG≌△BDP．∴CG=BP．∴EP+FP=2PB．(2)解：EP-FP=2PB．理由：如下图所示，过C作CN∥BP交AP于点N，CM∥DP交BP的延长线于点M，则四边形CNPM是平行四边形，△BPD∽△BMC，∴CN=PM,CM=PN，BPBM =BDBC=12，∴BM=2BP，∴PM=BP，∵∠APB=90°，∴∠NPM=90°，∴四边形CNPM是矩形，∴∠M=∠CNE=∠CNP=90°，在△CFM和△CEN中，∠H=∠CNE=90°∠CFH=∠CEN CF=CE，∴△CFM≌△CEN(AAS)，∴CM=CN，FM=EN，∴四边形CNPM是正方形，∴PM=CN=PN，∴EP-FP=PN+EN-FP=PN+FM-FP=PN +PM=2PM，∴EP-FP=2BP．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质等知识，解题关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．11(2022·河南·九年级专题练习)规定：有一角重合，且角的两边叠合在一起的两个相似四边形叫做“嵌套四边形”，如图，四边形ABCD和AMPN就是嵌套四边形．(1)问题联想：如图①，嵌套四边形ABCD，AMPN都是正方形，现把正方形AMPN以A为中心顺时针旋转150°得到正方形AM'P'N'，连接BM'，DN'交于点O，则BM'与DN'的数量关系为，位置关系为；(2)类比探究：如图②，将(1)中的正方形换成菱形，∠BAD=∠MAN=60，其他条件不变，则(1)中的结论还成立吗?若成立，请说明理由；若不成立，请给出正确的结论，并说明理由；(3)拓展延伸：如图3，将(1)中的嵌套四边形ABCD和AMPN换成是长和宽之比为2:1的矩形，旋转角换成α(90°<α<180°)，其他条件不变，请直接写出BM'与DN'的数量关系和位置关系．【答案】(1)BM =DN ，BM ⊥DN ；(2)BM =DN 成立，BM ⊥DN 不成立，BM 与DN 相交，且夹角为60°.理由见解析；(3)BM =2DN ，BM ⊥DN .【分析】(1)根据SAS证明△ABM'≌△AND'，进而得到BM =DN ，∠ABM'=∠ADN'，再利用三角形内角和可推出∠BOD=90°，即BM ⊥DN ；(2)根据旋转和菱形的性质证明ΔABM ≌ΔADN ，再推出∠BOD=∠BAD=60°，故可求解；(3)根据旋转和矩形的性质证明ΔABM ∼ΔADN ，得到BM =2DN ，再推出∠BOD=∠BAD=90°即可求解．【详解】(1)如图设AB，DN 交于点H，，∵四边形ABCD，AMPN都是正方形，把正方形AMPN以A为中心顺时针旋转150°得到正方形AM'P'N'，∴AB=AD,AM'=AD', ∠BAM =∠DAN =150°∴△ABM'≌△AND'，∴BM =DN ，∠ABM'=∠ADN'，∵∠ADN'+∠DHA+∠DAH=180°，∠ABM'+∠BHO+∠BOD=180°，又∠DHA=∠BHO∴∠BOD=∠BAD=90°，即BM ⊥DN 故答案为：BM =DN ，BM ⊥DN ；(2)BM =DN 成立，BM ⊥DN 不成立，BM 与DN 相交，且夹角为60°.理由：设AB，DN 交于点E，由旋转的性质可得∠BAM =∠DAN =150°.∵四边形ABCD，AM P N 都是菱形，∴AB=AD，AM =AN ，∴ΔABM ≌ΔADN ，∴BM =DN ，∠ABM =∠ADN .。

2024年九年级中考数学复习专项复习手拉手模型课件

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2.（2023·肥城模拟）如图，△ABC和△ECD都是等边三角形，且点B，C，D在一条直

线上，连接BE，AD，点M，N分别是线段BE，AD上的两点，且BM＝ BE，AN＝

AD，则△CMN的形状是（

C）
A.等腰三角形
B.直角三角形
C.等边三角形
D.不等边三角形
3.（2022·遂宁）如图，正方形ABCD与正方形BEFG有公共顶点B，连接EC，GA，

∴AH⊥BC，AF⊥DE，AH＝CH＝ BC，AF＝EF＝ DE，∴∠CAH＝∠EAF＝45°，

∴∠HAF＝∠EAC，＝＝，∴△AHF∽△ACE，∴ ＝＝，∴CE＝

∵点F，G分别是DE，DC的中点，∴CE＝2FG，∴FH＝ FG.
FH.
（2）若△ABC和△ADE都是等腰三角形，且∠BAC＝∠DAE＝120°，如图③，其他
条件不变，判断FH和FG之间的数量关系，写出你的猜想，并证明.
解：（2）FH＝FG.证明：如图②，连接AH，CE，AF.∵△ABC和△ADE都是等腰三
角形，且∠BAC＝∠DAE＝120°，∴∠AED＝∠ADE＝∠ACB＝∠B＝30°.
6.（2022·烟台）【问题呈现】（1）如图①，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接
BD，CE.求证：BD＝CE.
（1）证明：∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AD＝AE，AB＝AC，∠DAE＝∠BAC＝60°，
∴∠DAE－∠BAE＝∠BAC－∠BAE，∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝CE.

中考数学压轴题-手拉手模型

学习目标：
1.理解手拉手模型。

2.会对手拉手模型改造的旋转型全等与旋转型
相似进行识别和构造，并掌握一些基本结论。

3.会利用手拉手模型解决几何问题。

手拉手模型定义
手拉手模型的主要特征就是两个形状
一样（或相似）的图形，它们有着共同
的顶点，可以旋转到任意角度，就像两
个人手拉手一样，所以被称为手拉手。

手拉手模型分类
模型1 手拉手全等模型
模型构建
顶角相等，且共顶点的两个等腰三角形，经旋转后得到的两个三角形都可根据“边角边”之间的关系进行推理判断。

（简记：双等腰，共顶角，绕共顶点旋转得全等）模型1一基本图形.gsp
手拉手模型分类
模型2 手拉手相似模型
模型构建
两个相似的非等腰三角形对应顶点重合，经
旋转后可以产生新的相似三角形。

（简记：非等腰，共顶角，绕共顶点旋转得相似）模型2-基本图形.gsp
特殊常考题型：
手拉手模型的应用
手拉手模型的应用习题4.gsp
习题5.gsp
课堂小结
1、手拉手模型的识别、构造、应用。

2、你运用到了哪些数学方法？
请相信数学会为你的未来带来更多的可能！。

中考数学几何模型复习专题手拉手模型(学生版+解析版)

中考数学几何模型复习手拉手模型一、方法突破问题一：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：四线共点，两两相等，夹角相等．条件：如图，OA=OB，OC=OD（四线共点，两两相等），∠AOB=∠COD（夹角相等）结论：△OAC≌△OBD（SAS）证明无需赘述，关于条件中的OA=OB，OC=OD，有时候会直接以特殊几何图形的形式给出，比如我们都很熟悉的等边三角形和正方形．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：结论一：△ACD≌△BCE证明：AC BCACD BCECD CE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩→ △ACD≌△BCE（SAS）ABCDOD（2）记AC 、BE 交点为M ，AD 、CE 交点为N ：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 ：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 ：结论四：PC 平分∠BPD证明：△BCE ≌△ACD → CG =CH → PC 平分∠BPD ．DDHG ααEDCBAP（5）结论五：∠APB =∠BPC =∠CPD =∠DPE =60°．（6）连接AE ：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 ：结论一：△BCE ≌△DCG证明：CB CD BCE 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”．60°60°60°60°PABCDEEDCBAPF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==．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．二、典例精析例一：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ODBEBDE ∆周长的最小值为6．上述结论中正确的个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．4例二：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．EDCBAC例三：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．例四：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 ∆∆+= ．例五：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( )A．9 B．9 C．18+D．18 例六：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_________．QPABCPABCPABCABCP三、中考真题演练1．（2021•日照）问题背景：如图1，在矩形ABCD中，AB=30ABD∠=︒，点E是边AB的中点，过点E作EF AB⊥交BD于点F．实验探究：（1）在一次数学活动中，小王同学将图1中的BEF∆绕点B按逆时针方向旋转90︒，如图2所示，得到结论：①AEDF=；②直线AE与DF所夹锐角的度数为．（2）小王同学继续将BEF∆绕点B按逆时针方向旋转，旋转至如图3所示位置．请问探究（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由．拓展延伸：在以上探究中，当BEF∆旋转至D、E、F三点共线时，则ADE∆的面积为．2．（2021•贵港）已知在ABC∆中，O为BC边的中点，连接AO，将AOC∆绕点O顺时针方向旋转（旋转角为钝角），得到EOF∆，连接AE，CF．（1）如图1，当90=；=时，则AE与CF满足的数量关系是AE CF∠=︒且AB ACBAC（2）如图2，当90≠时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若∠=︒且AB ACBAC不成立，请说明理由．（3）如图3，延长AO到点D，使OD OABC=时，求DE的长．=，连接DE，当5==，6AO CF3．（2021•黑龙江）在等腰ADE ∆中，AE DE =，ABC ∆是直角三角形，90CAB ∠=︒，12ABC AED ∠=∠，连接CD 、BD ，点F 是BD 的中点，连接EF ．（1）当45EAD ∠=︒，点B 在边AE 上时，如图①所示，求证：12EF CD =；（2）当45EAD ∠=︒，把ABC ∆绕点A 逆时针旋转，顶点B 落在边AD 上时，如图②所示，当60EAD ∠=︒，点B 在边AE 上时，如图③所示，猜想图②、图③中线段EF 和CD 又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．4．（2021•通辽）已知AOB ∆和MON ∆都是等腰直角三角形)OM OA <<，90AOB MON ∠=∠=︒．（1）如图1，连接AM ，BN ，求证：AM BN =；（2）将MON ∆绕点O 顺时针旋转．①如图2，当点M 恰好在AB 边上时，求证：2222AM BM OM +=；②当点A ，M ，N 在同一条直线上时，若4OA =，3OM =，请直接写出线段AM 的长．5．（2021•十堰）已知等边三角形ABC，过A点作AC的垂线l，点P为l上一动点（不与点A重合），连接CP，把线段CP绕点C逆时针方向旋转60︒得到CQ，连QB．（1）如图1，直接写出线段AP与BQ的数量关系；（2）如图2，当点P、B在AC同侧且AP AC=时，求证：直线PB垂直平分线段CQ；∆，（3）如图3，若等边三角形ABC的边长为4，点P、B分别位于直线AC异侧，且APQ求线段AP的长度．6．（2020•沈阳）在ABC ∆中，AB AC =，BAC α∠=，点P 为线段CA 延长线上一动点，连接PB ，将线段PB 绕点P 逆时针旋转，旋转角为α，得到线段PD ，连接DB ，DC ．（1）如图1，当60α=︒时， ①求证：PA DC =； ②求DCP ∠的度数；（2）如图2，当120α=︒时，请直接写出PA 和DC 的数量关系．（3）当120α=︒时，若6AB =，BP D 到CP 的距离为．中考数学几何模型复习手拉手模型一、方法突破问题一：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：四线共点，两两相等，夹角相等．条件：如图，OA=OB，OC=OD（四线共点，两两相等），∠AOB=∠COD（夹角相等）结论：△OAC≌△OBD（SAS）证明无需赘述，关于条件中的OA=OB，OC=OD，有时候会直接以特殊几何图形的形式给出，比如我们都很熟悉的等边三角形和正方形．3．等边三角形手拉手（1）如图，B、C、D三点共线，△ABC和△CDE是等边三角形，连接AD、BE，交于点P：结论一：△ACD≌△BCE证明：AC BCACD BCECD CE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩→ △ACD≌△BCE（SAS）ABCDOD（2）记AC 、BE 交点为M ，AD 、CE 交点为N ：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 ：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 ：结论四：PC 平分∠BPD证明：△BCE ≌△ACD → CG =CH → PC 平分∠BPD ．DDDHG ααEDCBAP（5）结论五：∠APB =∠BPC =∠CPD =∠DPE =60°．（6）连接AE ：结论六：P 点是△ACE 的费马点（P A +PC +PE 值最小）4．正方形手拉手如图，四边形ABCD 和四边形CEFG 均为正方形，连接BE 、DG ：结论一：△BCE ≌△DCG证明：CB CD BCE 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”．60°60°60°60°PAB CDEEDCBAPF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==．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．二、典例精析例一：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ODBEBDE ∆周长的最小值为6．上述结论中正确的个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．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；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；ECBACC∵△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：当然这个图形还可以简化一下，毕竟和D 点及F 点并没有什么关系．结论与证明不多赘述，题型可以换，但旋转是一样的旋转．例二：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．【分析】连接PP '，则CPP '△是等边三角形，故6PP PC '==，易证△CPB ≌CP A '△，∴10AP BP '==，又AP =8，∴APP '△是直角三角形，∴3sin 5PAP '∠=．D例三：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．【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，26APQS=168242BPQS =⨯⨯=， ∴四边形APBQ的面积为(．例四：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 ∆∆+= ．【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，21688242APBBPCAEPBEPSSSS+=+=⨯⨯+=+ 所以本题答案为24+QPABCQPABCPABCC搭配一：若222PA PB PC+=，则可任意旋转，得等边+直角．且两条较短边夹角（∠APB）为150°．搭配二：若∠APB=150°，则有222PA PB PC+=．例五：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()A．9B．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、、考虑到△ABC是等边三角形，可将△APB 旋转到△ADC位置，可得：21331334642ADP PCDS S S S+=+=+⨯⨯=，同理可得：212143462S S++⨯⨯=，223153462S S+=+⨯⨯=，∴()123218S S S++，∴1239S S S++，故选A．CC CPABCS3S2S1PAB CC法二：如图，易证∠APB =150°，过点A 作BP 的垂线交BP 延长线于点H ，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PA 、PB 、PD 之间的关系为：2222PA PD PB +=．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．例六：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_________．【分析】显然根据∠APB =135，构造旋转．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 =HPABC EAB CDEPABCPC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．∴A 点轨迹是什么？瓜豆原理啦，也是个圆弧：∴AC22=．三、中考真题演练1．（2021•日照）问题背景：如图1，在矩形ABCD 中，AB =30ABD ∠=︒，点E 是边AB 的中点，过点E 作EF AB ⊥交BD 于点F ．实验探究：（1）在一次数学活动中，小王同学将图1中的BEF ∆绕点B 按逆时针方向旋转90︒，如图2所示，得到结论：①AEDF= ；②直线AE 与DF 所夹锐角的度数为．（2）小王同学继续将BEF ∆绕点B 按逆时针方向旋转，旋转至如图3所示位置．请问探究（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由．拓展延伸：在以上探究中，当BEF ∆旋转至D 、E 、F 三点共线时，则ADE ∆的面积为．CPP PCCC【解答】解：（1）如图1，30ABD ∠=︒，90DAB ∠=︒，EF BA ⊥，cos BE AB ABD BF DB ∴∠==，如图2，设AB 与DF 交于点O ，AE 与DF 交于点H ，BEF ∆绕点B 按逆时针方向旋转90︒，90DBF ABE ∴∠=∠=︒，FBD EBA ∴∆∆∽，∴AE BE DF BF ==，BDF BAE ∠=∠，又DOB AOF ∠=∠，30DBA AHD ∴∠=∠=︒，∴直线AE 与DF 所夹锐角的度数为30︒，，30︒；（2）结论仍然成立，理由如下：如图3，设AE 与BD 交于点O ，AE 与DF 交于点H ，将BEF ∆绕点B 按逆时针方向旋转，ABE DBF ∴∠=∠，又BE AB BF DB ==， ABE DBF ∴∆∆∽，∴AE BE DF BF ==，BDF BAE ∠=∠，又DOH AOB ∠=∠，30ABD AHD ∴∠=∠=︒，∴直线AE 与DF 所夹锐角的度数为30︒．拓展延伸：如图4，当点E 在AB 的上方时，过点D 作DG AE ⊥于G ，2AB =30ABD ∠=︒，点E 是边AB 的中点，90DAB ∠=︒，BE ∴2AD =，4DB =，30EBF ∠=︒，EF BE ⊥，1EF ∴=，D 、E 、F 三点共线，90DEB BEF ∴∠=∠=︒，DE ∴30DEA ∠=︒，12DG DE ∴==由（2）可得：AE BE DF BF ==，∴=AE ∴，ADE ∴∆的面积1122AE DG =⨯⨯==；如图5，当点E 在AB 的下方时，过点D 作DG AE ⊥，交EA 的延长线于G ，同理可求：ADE ∆的面积1122AE DG =⨯⨯==2．（2021•贵港）已知在ABC ∆中，O 为BC 边的中点，连接AO ，将AOC ∆绕点O 顺时针方向旋转（旋转角为钝角），得到EOF ∆，连接AE ，CF ．（1）如图1，当90BAC ∠=︒且AB AC =时，则AE 与CF 满足的数量关系是；（2）如图2，当90BAC ∠=︒且AB AC ≠时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．（3）如图3，延长AO 到点D ，使OD OA =，连接DE ，当5AO CF ==，6BC =时，求DE 的长．【解答】解：（1）结论：AE CF=．理由：如图1中，=，∠=︒，OC OB AB ACBAC=，90⊥，∴==，AO BCOA OC OB∠=∠=︒，AOC EOF90∴∠=∠，AOE COF=，=，OE OFOA OCAOE COF SAS∴∆≅∆，()∴=．AE CF（2）结论成立．理由：如图2中，=，∠=︒，OC OBBAC90∴==，OA OC OB∠=∠，AOC EOF∴∠=∠，AOE COF=，=，OE OFOA OC∴∆≅∆，AOE COF SAS()∴=．AE CF（3）如图3中，由旋转的性质可知OE OA=，OA OD=，5OE OA OD∴===，90AED∴∠=︒，OA OE=，OC OF=，AOE COF∠=∠，∴OA OEOC OF=，AOE COF∴∆∆∽，∴AE OACF OC=，5 CF OA==，∴5 53 AE=，253 AE∴=，DE∴=．3．（2021•黑龙江）在等腰ADE ∆中，AE DE =，ABC ∆是直角三角形，90CAB ∠=︒，12ABC AED ∠=∠，连接CD 、BD ，点F 是BD 的中点，连接EF ．（1）当45EAD ∠=︒，点B 在边AE 上时，如图①所示，求证：12EF CD =；（2）当45EAD ∠=︒，把ABC ∆绕点A 逆时针旋转，顶点B 落在边AD 上时，如图②所示，当60EAD ∠=︒，点B 在边AE 上时，如图③所示，猜想图②、图③中线段EF 和CD 又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．【解答】（1）证明：如图①中，EA ED =，45EAD ∠=︒，45EAD EDA ∴∠=∠=︒，90AED ∴∠=︒，BF FD =，12EF DB ∴=， 90CAB ∠=︒，45CAD BAD ∴∠=∠=︒，1452ABC AED ∠=∠=︒， 45ACB ABC ∴∠=∠=︒，AC AB ∴=，AD ∴垂直平分线段BC ，DC DB ∴=，12EF CD ∴=．（2）解：如图②中，结论：12EF CD =．理由：取CD 的中点T ，连接AT ，TF ，ET ，TE 交AD 于点O ． 90CAD ∠=︒，CT DT =，AT CT DT ∴==，EA ED =，ET ∴垂直平分线段AD ，AO OD ∴=，90AED ∠=︒，OE OA OD ∴==，CT TD =，BF DF =，//BC FT ∴，45ABC OFT ∴∠=∠=︒，90TOF ∠=︒，45OTF OFT ∴∠=∠=︒，OT OF ∴=，AF ET ∴=，FT TF =，AFT ETF ∠=∠，FA TE =，()AFT ETF SAS ∴∆≅∆，EF AT ∴=，12EF CD ∴=．如图③中，结论：EF =．理由：取AD 的中点O ，连接OF ，OE ．EA ED =，60AED ∠=︒，ADE ∴∆是等边三角形，AO OD =，OE AD ∴⊥，30AEO OED ∠=∠=︒，tan AO AEO OE ∴∠==∴OEAD =1302ABC AED ∠=∠=︒，90BAC ∠=︒，AB ∴，AO OD =，BF FD =，12OF AB ∴=，∴OF AC =， ∴OE OFAD AC =，//OF AB ，DOF DAB ∴∠=∠，90DOF EOF ∠+∠=︒，90DAB DAC ∠+∠=︒，EOF DAC ∴∠=∠，EOF DAC ∴∆∆∽，∴EFOECD AD =，EF ∴．4．（2021•通辽）已知AOB ∆和MON ∆都是等腰直角三角形)OM OA <<，90AOB MON ∠=∠=︒．（1）如图1，连接AM ，BN ，求证：AM BN =；（2）将MON ∆绕点O 顺时针旋转． ①如图2，当点M 恰好在AB 边上时，求证：2222AM BM OM +=； ②当点A ，M ，N 在同一条直线上时，若4OA =，3OM =，请直接写出线段AM 的长．【解答】（1）证明：90AOB MON ∠=∠=︒， AOB AON MON AON ∴∠+∠=∠+∠，即AOM BON ∠=∠，AOB ∆和MON ∆都是等腰直角三角形，OA OB ∴=，OM ON =，()AOM BON SAS ∴∆≅∆，AM BN ∴=；（2）①证明：连接BN ，90AOB MON ∠=∠=︒，AOB BOM MON BOM ∴∠-∠=∠-∠，即AOM BON ∠=∠，AOB ∆和MON ∆都是等腰直角三角形，OA OB ∴=，OM ON =，()AOM BON SAS ∴∆≅∆，45MAO NBO ∴∠=∠=︒，AM BN =，90MBN ∴∠=︒，222MB BN MN ∴+=，MON ∆都是等腰直角三角形，222MN ON ∴=，2222AM BM OM ∴+=；②解：如图3，当点N 在线段AM 上时，连接BN ，设BN x =，由（1）可知AOM BON ∆≅∆，可得AM BN =且AM BN ⊥，在Rt ABN ∆中，222AN BN AB +=，AOB ∆和MON ∆都是等腰直角三角形，4OA =，3OM =，MN ∴=，AB =222(x x ∴-+=，解得：x =，AM BN ∴= 如图4，当点M 在线段AN 上时，连接BN ，设BN x =，由（1）可知AOM BON ∆≅∆，可得AM BN =且AM BN ⊥，在Rt ABN ∆中，222AN BN AB +=，AOB ∆和MON ∆都是等腰直角三角形，4OA =，3OM =，MN ∴=，AB =222(x x ∴++=，解得：x =，AM BN ∴=，综上所述，线段AM ． 5．（2021•十堰）已知等边三角形ABC ，过A 点作AC 的垂线l ，点P 为l 上一动点（不与点A 重合），连接CP ，把线段CP 绕点C 逆时针方向旋转60︒得到CQ ，连QB ．（1）如图1，直接写出线段AP 与BQ 的数量关系；（2）如图2，当点P 、B 在AC 同侧且AP AC =时，求证：直线PB 垂直平分线段CQ ；（3）如图3，若等边三角形ABC 的边长为4，点P 、B 分别位于直线AC 异侧，且APQ ∆，求线段AP 的长度．【解答】解：（1）在等边ABC ∆中，AC BC =，60ACB ∠=︒，由旋转可得，CP CQ =，60PCQ ∠=︒， ACB PCQ ∴∠=∠，ACB PCB PCQ PCB ∴∠-∠=∠-∠，即ACP BCQ ∠=∠， ()ACP BCQ SAS ∴∆≅∆，AP BQ ∴=．（2）在等边ABC ∆中，AC BC =，60ACB ∠=︒，由旋转可得，CP CQ =，60PCQ ∠=︒，ACB PCQ ∴∠=∠，ACB PCB PCQ PCB ∴∠-∠=∠-∠，即ACP BCQ ∠=∠， ()ACP BCQ SAS ∴∆≅∆，AP BQ ∴=，90CBQ CAP ∠=∠=︒；BQ AP AC BC ∴===，AP AC =，90CAP ∠=︒，30BAP ∴∠=︒，75ABP APB ∠=∠=︒，135CBP ABC ABP ∴∠=∠+∠=︒，45CBD ∴∠=︒，45QBD ∴∠=︒，CBD QBD ∴∠=∠，即BD 平分CBQ ∠，BD CQ ∴⊥且点D 是CQ 的中点，即直线PB 垂直平分线段CQ ．（3）①当点Q 在直线l 上方时，如图所示，延长BQ 交l 于点E ，过点Q 作QF l ⊥于点F ，由题意可得AC BC =，PC CQ =，60PCQ ACB ∠=∠=︒， ACP BCQ ∴∠=∠，()APC BCQ SAS ∴∆≅∆，AP BQ ∴=，90CBQ CAP ∠=∠=︒，60CAB ABC ∠=∠=︒，30BAE ABE ∴∠=∠=︒，4AB AC ==，AE BE ∴=， 60BEF ∴∠=︒，设AP t =，则BQ t =，EQ t ∴=-，在Rt EFQ ∆中，)QF t =-，12APQ S AP QF ∆∴=⋅=，即1)2t ⋅-=，解得t =t ．即AP ． ②当点Q 在直线l 下方时，如图所示，设BQ 交l 于点E ，过点Q 作QF l ⊥于点F ，由题意可得AC BC =，PC CQ =，60PCQ ACB ∠=∠=︒，ACP BCQ ∴∠=∠，()APC BCQ SAS ∴∆≅∆，AP BQ ∴=，90CBQ CAP ∠=∠=︒，60CAB ABC ∠=∠=︒，30BAE ABE ∴∠=∠=︒，120BEF ∴∠=︒，60QEF ∠=︒，4AB AC ==，AE BE ∴=，设AP m =，则BQ m =，EQ m ∴=-，在Rt EFQ ∆中，QF m =，12APQ S AP QF ∆∴=⋅=，即12m m ⋅-解得m m ==．综上可得，AP 6．（2020•沈阳）在ABC ∆中，AB AC =，BAC α∠=，点P 为线段CA 延长线上一动点，连接PB ，将线段PB 绕点P 逆时针旋转，旋转角为α，得到线段PD ，连接DB ，DC ．（1）如图1，当60α=︒时，①求证：PA DC =；②求DCP ∠的度数；（2）如图2，当120α=︒时，请直接写出PA 和DC 的数量关系．（3）当120α=︒时，若6AB =，BP D 到CP 的距离为．【解答】（1）①证明：如图1中，将线段PB 绕点P 逆时针旋转，旋转角为α，得到线段PD ， PB PD ∴=，AB AC =，PB PD =，60BAC BPD ∠=∠=︒， ABC ∴∆，PBD ∆是等边三角形，60ABC PBD ∴∠=∠=︒，PBA DBC ∴∠=∠，BP BD =，BA BC =，()PBA DBC SAS ∴∆≅∆，PA DC ∴=．②解：如图1中，设BD 交PC 于点O ．PBA DBC ∆≅∆，BPA BDC ∴∠=∠，BOP COD ∠=∠，60OBP OCD ∴∠=∠=︒，即60DCP ∠=︒．（2）解：结论：CD =．理由：如图2中，AB AC =，PB PD =，120BAC BPD ∠=∠=︒，2cos30BC AB ∴=⋅⋅︒，2cos30BD BP =⋅︒=，∴BC BD BA BP= 30ABC PBD ∠=∠=︒，ABP CBD ∴∠=∠，CBD ABP ∴∆∆∽，∴CD BC PA AB=CD ∴=．（3）过点D 作DM PC ⊥于M ，过点B 作BN CP ⊥交CP 的延长线于N ．如图31-中，当PBA ∆是钝角三角形时，在Rt ABN ∆中，90N ∠=︒，6AB =，60BAN ∠=︒，cos603AN AB ∴=⋅︒=，sin 60BN AB =⋅︒=2PN PB ==， 321PA ∴=-=，由（2）可知，CD = BPA BDC ∠=∠，30DCA PBD ∴∠=∠=︒， DM PC ⊥，12DM CD ∴=如图32-中，当ABP ∆是锐角三角形时，同法可得235PA =+=，CD =12DM CD ==综上所述，满足条件的DM ．．。

最新九年级中考数学专题复习：几何模型手拉手模型

秒杀技巧：共端点，等线段，出全
等
手拉手模型秒杀技巧
2.如图，△ABC、△DCE是等腰直角三角形，则图中全等三角形为：
秒杀技巧：共端点，等线段，出全
等
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3.如图，在△ABC和△ADE中，AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE,且点B,A,D 在同一条直线上，则图中全等三角形为：
秒杀技巧：共端点，等线段，出全
等
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4.如图BA=BC,BD=BE,∠EBA=∠DBC,若BC=7,BD=6,DC=5,则AE是
秒杀技巧：共端点，等线段，出全
等
手拉手模型秒杀技巧
5.如图AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE,∠BAD+∠ACE+∠ADE=94°，则∠ADE=
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
第一讲
手拉手模型
CONTENTS
1 技巧讲解 2 例题讲解 3 对应习题 4 课程总结
Part 1
手拉手模型秒杀技巧
手拉手全等问题：共端点等线段定全等
手拉手中角度问题：①共端点，等线段，定全等 ②三组对应边 ③对应边夹角相等
手拉手模型秒杀技巧
1.如图，AB=AC,AD=AE,且∠BAC=∠DAE,则图中全等三角形为：
秒杀技巧：共端点，等线段，出全
等
手拉手模型秒杀技巧

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！！！

全等与相似模型-手拉手模型(解析版)

全等与相似模型-手拉手模型全等三角形与相似三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位。

相似三角形与其它知识点结合以综合题的形式呈现，其变化很多，难度大，是中考的常考题型。

如果大家平时注重解题方法，熟练掌握基本解题模型，再遇到该类问题就信心更足了。

本专题就手拉手模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。

模型1.手拉手模型【模型解读】将两个三角形绕着公共顶点(即头)旋转某一角度后能完全重合，则这两个三角形构成手拉手全等，也叫旋转型全等，常用“边角边”判定定理证明全等。

1)双等边三角形型条件：如图1，△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。

结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠AFM=∠BCM=60°；④CF平分∠BFD。

图1图22)双等腰直角三角形型条件：如图2，△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点N。

结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ANM=∠BCM=90°；④CN平分∠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。

图3图44)双正方形形型条件：△ABCFD 和△CEFG 都是正方形，C 为公共点；连接BG ，ED 交于点N 。

结论：①△△BCG ≌△DCE ；②BG =DE ；③∠BCM =∠DNM =90°；④CN 平分∠BNE 。

1(2022·北京东城·九年级期末)如图，在等边三角形ABC 中，点P 为△ABC 内一点，连接AP ，BP ，CP ，将线段AP 绕点A 顺时针旋转60°得到AP ，连接PP ，BP ．(1)用等式表示BP 与CP 的数量关系，并证明；(2)当∠BPC =120°时， ①直接写出∠P BP 的度数为；②若M 为BC 的中点，连接PM ，请用等式表示PM 与AP 的数量关系，并证明．【答案】(1)BP =CP ，理由见解析；(2)①60°；②PM =12AP ，见解析【分析】(1)根据等边三角形的性质，可得AB =AC ，∠BAC =60°，再由由旋转可知：AP =AP ，∠PAP =60°，从而得到∠BAP =∠CAP ，可证得△ABP ≌△ACP ，即可求解；(2)①由∠BPC =120°，可得∠PBC +∠PCB =60°．根据等边三角形的性质，可得∠BAC =60°，从而得到∠ABC +∠ACB =120°，进而得到∠ABP +∠ACP =60°．再由△ABP ≌△ACP ，可得∠ABP =∠ACP ，即可求解；②延长PM 到N ，使得NM =PM ，连接BN ．可先证得△PCM ≌△NBM ．从而得到CP =BN ，∠PCM =∠NBM ．进而得到BN =BP ．根据①可得∠P BP =60°，可证得△PNB ≌△PP B ，从而得到PN =PP ．再由△PAP 为等边三角形，可得P P =AP ．从而得到PN =AP ，即可求解．【详解】解：(1)BP =CP ．理由如下：在等边三角形ABC 中，AB =AC ，∠BAC =60°，由旋转可知：AP =AP ，∠PAP =60°， ∴∠PAP -∠BAP =∠BAC -∠BAP 即∠BAP =∠CAP在△ABP 和△ACP 中AB =AC∠BAP =∠CAP AP =AP∴△ABP ≌△ACP (SAS )．∴BP =CP ．(2)①∵∠BPC =120°，∴∠PBC +∠PCB =60°．∵在等边三角形ABC 中，∠BAC =60°，∴∠ABC +∠ACB =120°，∴∠ABP +∠ACP =60°．∵△ABP ≌△ACP ．∴∠ABP =∠ACP ，∴∠ABP +∠ABP ＇=60°．即∠P BP =60°；②PM =12AP ．理由如下：如图，延长PM 到N ，使得NM =PM ，连接BN ．∵M 为BC 的中点，∴BM =CM ．在△PCM 和△NBM 中PM =NM∠PMC =∠NMB CM =BM∴△PCM ≌△NBM (SAS )．∴CP =BN ，∠PCM =∠NBM ．∴BN =BP ．∵∠BPC =120°，∴∠PBC +∠PCB =60°．∴∠PBC +∠NBM =60°．即∠NBP =60°．∵∠ABC +∠ACB =120°，∴∠ABP +∠ACP =60°．∴∠ABP +∠ABP ＇=60°．即∠P BP =60°．∴∠P BP =∠NBP ．在△PNB 和△PP B 中BN =BP∠NBP =∠P BP BP =BP∴△PNB ≌△PP B (SAS )．∴PN =PP ．∵AP =AP ，∠PAP =60°， ∴△PAP 为等边三角形，∴P P =AP ．∴PN =AP ，∴PM =12AP ．【点睛】本题主要考查了等边三角形判定和性质，全等三角形的判定和性质，图形的旋转，熟练掌握等边三角形判定和性质定理，全等三角形的判定和性质定理，图形的旋转的性质是解题的关键．2(2022·黑龙江·中考真题)△ABC 和△ADE 都是等边三角形．(1)将△ADE 绕点A 旋转到图①的位置时，连接BD ，CE 并延长相交于点P (点P 与点A 重合)，有PA +PB =PC (或PA +PC =PB )成立；请证明．(2)将△ADE 绕点A 旋转到图②的位置时，连接BD ，CE 相交于点P ，连接PA ，猜想线段PA 、PB 、PC 之间有怎样的数量关系？并加以证明；(3)将△ADE 绕点A 旋转到图③的位置时，连接BD ，CE 相交于点P ，连接PA ，猜想线段PA 、PB 、PC 之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不需要证明．【答案】(1)证明见解析(2)图②结论：PB =PA +PC ，证明见解析(3)图③结论：PA +PB =PC【分析】(1)由△ABC 是等边三角形，得AB =AC ，再因为点P 与点A 重合，所以PB =AB ，PC =AC ，PA =0，即可得出结论；(2)在BP 上截取BF =CP ，连接AF ，证明△BAD ≌△CAE (SAS )，得∠ABD =∠ACE ，再证明△CAP ≌△BAF (SAS )，得∠CAP =∠BAF ，AF =AP ，然后证明△AFP 是等边三角形，得PF =AP ，即可得出结论；(3)在CP 上截取CF =BP ，连接AF ，证明△BAD ≌△CAE (SAS )，得∠ABD =∠ACE ，再证明△BAP ≌△CAF (SAS )，得出∠CAF =∠BAP ，AP =AF ，然后证明△AFP 是等边三角形，得PF =AP ，即可得出结论：PA +PB =PF +CF =PC ．(1)证明：∵△ABC 是等边三角形，∴AB =AC ，∵点P 与点A 重合，∴PB =AB ，PC =AC ，PA =0，∴PA +PB =PC 或PA +PC =PB ；(2)解：图②结论：PB =PA +PC证明：在BP 上截取BF =CP ，连接AF ，∵△ABC 和△ADE 都是等边三角形，∴AB =AC ，AD =AE ，∠BAC =∠DAE =60°∴∠BAC +∠CAD =∠DAE +∠CAD ，∴∠BAD =∠CAE ，∴△BAD ≌△CAE (SAS )，∴∠ABD =∠ACE ，∵AC =AB ，CP =BF ， ∴△CAP ≌△BAF (SAS )，∴∠CAP =∠BAF ，AF =AP ，∴∠CAP +∠CAF =∠BAF +∠CAF ，∴∠FAP =∠BAC =60°，∴△AFP 是等边三角形，∴PF =AP ，∴PA +PC =PF +BF =PB ；(3)解：图③结论：PA +PB =PC ，理由：在CP 上截取CF =BP ，连接AF ，∵△ABC 和△ADE 都是等边三角形，∴AB =AC ，AD =AE ，∠BAC =∠DAE =60°∴∠BAC +∠BAE =∠DAE +∠BAE ，∴∠BAD =∠CAE ，∴△BAD ≌△CAE (SAS )，∴∠ABD =∠ACE ，∵AB =AC ，BP =CF ，∴△BAP ≌△CAF (SAS )，∴∠CAF =∠BAP ，AP =AF ，∴∠BAF +∠BAP =∠BAF +∠CAF ，∴∠FAP =∠BAC =60°，∴△AFP 是等边三角形，∴PF =AP ，∴PA +PB =PF +CF =PC ，即PA +PB =PC ．【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质是解题的关键．3(2022·湖北·襄阳市九年级阶段练习)如图，已知△AOB 和△MON 都是等腰直角三角形22OA <OM =ON ，∠AOB =∠MON =90°．(1)如图①，连接AM ，BN ，求证：△AOM ≌△BON ；(2)若将△MON 绕点O 顺时针旋转，①如图②，当点N 恰好在AB 边上时，求证：BN 2+AN 2=20N 2；②当点A ，M ，N 在同一条直线上时，若OB =4，ON =3，请直接写出线段BN 的长．【答案】(1)见解析；(2)①见解析；②46+322或46-322．【分析】(1)利用SAS 定理证明△AOM ≌△BON 即可；(2)①连接AM ，证明△AOM ≌△BON ，即可证BN 2+AN 2=2ON 2；②当点N 在线段AM 上时，连接BN ，在Rt △ANB 中构造勾股定理的等量关系；当点M 在线段AN 上时，同理即可求得．(1)证明：∵∠AOB =∠MON =90°，∴∠MON +∠AON =∠AOB +∠AON ，即∠AOM =∠BON ．∵△MON 和△AOB 是等腰直角三角形，∴OM =ON ,OA =OB ，∴△AOM ≌△BON (SAS )．(2)解：①证明：如图，连接AM ．∵∠AOB =∠MON =90°，∴∠MON -∠AON =∠AOB -∠AON ，即∠AOM =∠BON ．∵△MON 和△AOB 是等腰直角三角形，∴OM =ON ,OA =OB ,∠OAB =∠OBA =45°，∴△AOM ≌△BON .(SAS )∴∠MAO =∠OBA =45°,AM =BN ，∴∠MAN =90°，∴AM 2+AN 2=MN 2．∵△MON 是等腰直角三角形，∴MN 2=2ON 2，∴BN 2+AN 2=2ON 2．②46+322或46-322．∵△AOB 和△MON 都是等腰直角三角形，OB =4，ON =3，∴AB =42,MN =32．当点N 在线段AM 上时，如图，连接BN ，设BN =x ，由(1)可知△AOM ≌△BON ．∴∠OAM =∠OBN ，AM =BN =x ．∴∠NAB +∠ABN =∠OAM +∠OAB +∠ABN =∠OBN +∠ABN +∠OAB =∠OBA +∠OAB =180°-∠AOB =90°，∴∠ANB =180°-∠NAB +∠ABN =90°，∴△ANB 是直角三角形，AN 2+BN 2=AB 2．又∵AN =AM -MN =BN -MN =x -32，∴(x -32)2+x 2=(42)2，解得：x 1=46+322,x 2=-46+322(舍去)∴BN =46+322；当点M 在线段AN 上时，如图，连接BN ，设BN =x ，由(2)①可知△AOM ≌△BON ．∴∠OAM =∠OBN ，AM =BN =x ．∴∠NAB +∠ABN =∠OAM +∠OAB +∠ABN =∠OBN +∠ABN +∠OAB =∠OBA +∠OAB =180°-∠AOB =90°，∴∠ANB =180°-∠NAB +∠ABN =90°，∴△ANB 是直角三角形，AN 2+BN 2=AB 2．又∵AN =AM +MN =BN +MN =x +32，∴(x +32)2+x 2=(42)2，解得：x 1=46-322,x 2=-46-322(舍去)∴BN =46-322综上所述：BN 的长为46+322或46-322．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质，三点共线分类讨论，对几何题目的综合把握是解题关键．4(2022·重庆忠县·九年级期末)已知等腰直角△ABC 与△ADE 有公共顶点A ,∠BAC =∠DAE =90°,AB =AC =4,AD =AE =6．(1)如图①，当点B ,A ,E 在同一直线上时，点F 为DE 的中点，求BF 的长；(2)如图②，将△ADE 绕点A 旋转α0°<α≤360° ，点G 、H 分别是AB 、AD 的中点，CE 交GH 于M ，交AD 于N ．①猜想GH 与CE 的数量关系和位置关系，并证明你猜想的结论；②参考图③，若K 为AC 的中点，连接KM ，在△ADE 旋转过程中，线段KM 的最小值是多少(直接写出结果)．【答案】(1)BF =58；(2)①GH =12CE ,GH ⊥CE ；证明见解析；②线段KM 的最小值是5-1．【分析】(1)如图：过点F 作FQ ⊥AE 于点Q ，先说明FQ 是△ADE 的中位线，然后再求得FQ 、BQ ，最后再运用勾股定理解答即可；(2)①连接BD 交CE 于P ，先证明△ABD ≌△ACE 可得AB =AC ,∠BAD =∠CAE ,AD =AE ，然后再说明GM 是△ABD 的中位线可得GH =12CE ，然后再根据角的关系证明GH ⊥CE ﹔②如图：连接CG ，取中点O ，连接OK 、OM ，再根据勾股定理和三角形中位线的性质求得CG 和OK ,进而求得OM ,最后根据三角形的三边关系即可解答．【详解】解：(1)过点F 作FQ ⊥AE 于点Q ，∵点F 是DE 的中点，∴FQ 是△ADE 的中位线∴FQ =12AD =3,AQ =12AE =3，∴BQ =AB +AQ =7∴BF =FQ 2+BQ 2=32+72=58；(2)①GH =12CE ,GH ⊥CE ﹔证明:连接BD 交CE 于P ．∵∠ABC =∠DAE =90°，∴∠ABC +∠CAD =∠DAE +∠CAD ．即∠BAD =∠CAE ；在△ABD 和△ACE 中，∵AB =AC ,∠BAD =∠CAE ,AD =AE ，∴△ABD ≌△ACE (SAS )，∴BD =CE ,∠ADB =∠AEC∵G ,H 分别是AB ,AD 的中点，∴GM 是△ABD 的中位线∴GH =12BD =12CE 且GH ⎳BD ∵∠AEN +∠ANE =90°,∠ANE =∠DNP ，∴∠ADP +∠DNP =90°∴∠DPN =90°∴∠HMN =∠DPN =90°，∴GH ⊥CE ﹔②如图：连接CG ，取中点O ，连接OK 、OM ∴CG =AG 2+AC 2=22+42=25，OK =12AG =1∵∠CMG =90°，O 为CG 的中点∴OM =12CG =5∵MK >OM -OK ∴当O 、K 、M 共线时，MK 取最小值OM -OK =5-1．【点睛】本题主要考查了三角形的中线、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识点成为解答本题的关键．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(0°<α<180°)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，∠BAC =90°，且BP =1，AP =2，CP =3，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 ，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，PE=22，在△PEC中，PE2=(22)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．6(2022·青海·中考真题)两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来，则形成一组全等的三角形，把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形.(1)问题发现：如图1，若△ABC和△ADE是顶角相等的等腰三角形，BC，DE分别是底边.求证：BD= CE；(2)解决问题：如图2，若△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点A，D，E在同一条直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系并说明理由.图1 图2【答案】(1)见解析(2)∠DCE=90°；AE=AD+DE=BE+2CM【分析】(1)先判断出∠BAD=∠CAE，进而利用SAS判断出△BAD≌△CAE，即可得出结论；(2)同(1)的方法判断出△BAD≌△CAE，得出AD=BE，∠ADC=∠BEC，最后用角的差，即可得出结论．【解析】(1)证明：∵△ABC和△ADE是顶角相等的等腰三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，∴∠BAC-∠CAD=∠DAE-∠CAD，∴∠BAD=∠CAE．在△BAD和△CAE中，AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，∴△BAD≌△CAE SAS ，∴BD=CE．(2)解：∠AEB=90°，AE=BE+2CM，理由如下：由(1)的方法得，△ACD≌△BCE，∴AD=BE，∠ADC=∠BEC，∵△CDE是等腰直角三角形，∴∠CDE=∠CED=45°，∴∠ADC=180°-∠CDE=135°，∴∠BEC=∠ADC=135°，∴∠AEB=∠BEC-∠CED=135°-45°=90°．∵CD=CE，CM⊥DE，∴DM=ME．∵∠DCE=90°，∴DM=ME=CM，∴DE=2CM．∴AE=AD+DE=BE+2CM．【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形，等边三角形，等腰直角三角形的性质，判断出△ACD≌△BCE是解本题的关键．7(2022·广东广州市·八年级期中)如图，两个正方形ABCD与DEFG，连结AG，CE，二者相交于点H．(1)证明：△ADG≌△CDE；(2)请说明AG和CE的位置和数量关系，并给予证明；(3)连结AE和CG，请问△ADE的面积和△CDG的面积有怎样的数量关系？并说明理由．【答案】(1)答案见解析；(2)AG=CE，AG⊥CE；(3)△ADE的面积=△CDG的面积【分析】(1)利用SAS证明△ADG≌△CDE；(2)利用△ADG≌△CDE得到AG=CE，∠DAG=∠DCE，利用∠DAG+∠AMD=90°得到∠DCE+∠CMG=90°，即可推出AG⊥CE；(3)△ADE的面积=△CDG的面积，作GP⊥CD于P，EN⊥AD交AD的延长线于N，证明△DPG≌△DNE，得到PG= EN，再利用三角形的面积公式分别表示出△ADE的面积，△CDG的面积，即可得到结论△ADE的面积=△CDG的面积.【详解】(1)∵四边形ABCD与DEFG都是正方形，∴AD=CD，DG=DE，∠ADC=∠EDG=90°，∴∠ADC+∠CDG=∠EDG+∠CDG，∴∠ADG=∠CDE，∴△ADG≌△CDE(SAS)，(2)AG=CE，AG⊥CE，∵△ADG≌△CDE，∴AG=CE，∠DAG=∠DCE，∵∠DAG+∠AMD=90°，∠AMD=∠CMG，∴∠DCE+∠CMG=90°，∴∠CHA=90°，∴AG⊥CE；(3)△ADE的面积=△CDG的面积，作GP⊥CD于P，EN⊥AD交AD的延长线于N，则∠DPG=∠DNE=90°，∵∠GDE=90°，∴∠EDN+∠GDN=90°，∵∠PDG+∠GDN=90°，∴∠EDN=∠PDG，∵DE=DG，∴△DPG≌△DNE，∴PG=EN，∵△ADE的面积=12AD⋅EN，△CDG的面积=12CD⋅GP，∴△ADE的面积=△CDG的面积.【点睛】此题考查正方形的性质，三角形全等的判定及性质，利用三角形面积公式求解，根据图形得到三角形全等的条件是解题的关键.8(2023·福建福州市·九年级月考)如图，和均为等边三角形，连接BE、CD．(1)请判断：线段BE与CD的大小关系是；(2)观察图，当和分别绕点A旋转时，BE、CD之间的大小关系是否会改变?(3)观察如图和4，若四边形ABCD、DEFG都是正方形,猜想类似的结论是,在如图中证明你的猜想.(4)这些结论可否推广到任意正多边形(不必证明),如图,BB1与EE1的关系是;它们分别在哪两个全等三角形中;请在如图中标出较小的正六边形AB1C1D1E1F1的另五个顶点，连接图中哪两个顶点,能构造出两个全等三角形？【答案】(1)BE=CD(2)线段BE与CD的大小关系不会改变(3)AE=CG，证明见解析(4)这些结论可以推广到任意正多边形.如图5，BB1=EE1，它们分别在△AE1E和△AB1B中，如图6，连接FF1，可证△AB1B≌△AF1F．图形见解析.【分析】本题是变式拓展题，图形由简单到复杂，需要从简单图形中探讨解题方法，并借鉴用到复杂图形中；证明三角形全等时，用旋转变换寻找三角形全等的条件．【详解】(1)线段BE与CD的大小关系是BE=CD；(2)线段BE与CD的大小关系不会改变；(3)AE=CG．证明：如图4，正方形ABCD与正方形DEFG中，∵AD=CD，DE=DG，∠ADC=∠GDE=90°，又∠CDG=90°+∠ADG=∠ADE，∴△ADE≌△CDG，∴AE=CG．(4)这些结论可以推广到任意正多边形．如图5，BB1=EE1，它们分别在△AE1E和△AB1B中，如图6，连接FF1，可证△AB1B≌△AF1F．【点睛】本题综合考查全等三角形、等边三角形和多边形有关知识．注意对三角形全等的证明方法的发散．模型2.“手拉手”模型(旋转模型)【模型解读与图示】“手拉手”旋转型定义：如果将一个三角形绕着它的项点旋转并放大或缩小(这个顶点不变)，我们称这样的图形变换为旋转相似变换，这个顶点称为旋转相似中心，所得的三角形称为原三角形的旋转相似三角形。

2024中考数学总复习冲刺专题：手拉手模型(全等与相似)通用版

《“手拉手”模型常用结论的证明及应用》手拉手模型，也叫整体旋转法，是中考最重要的模型之一，全国一年176套中考卷中，有40%的卷子考到此模型。

手拉手模型分为“全等手拉手”和“相似手拉手”，在解决手拉手模型的问题时，需要灵活运用全等三角性和相似三角形的性质与判定方法，以及轴对称的性质和判定方法来进行证明。

同时，还需要掌握基本的手拉手模型形式及其变形情况，才能更好的解决相关问题。

一、教学目标知识与技能：了解手拉手模型的组成条件，探究“全等手拉手”模型和“相似手拉手”模型的常用结论，会利用手拉手模型来解决几何问题;过程与方法：在探究手拉手模型常用结论的过程中，培养分析问题、解决问题的能力，培养模型思想；情感态度与价值观：养成主动探索、获取知识的习惯，感受探索的乐趣和成功的体验，激发学生学好数学的愿望和信心.二、重点难点重点：探索全等手拉手模型、相似手拉手模型的常用结论；难点：利用旋转、全等、相似等知识解决手拉手模型的相关问题.三、教学过程（一）全等手拉手模型精典例题例1：如图，在线段BD上取一点A，在同侧作等边△ABC和等边△ADE，连接BE、CD，求证：(1)△ABE≌△ACD;(2)BE=CD;(3)△AFB≌△AGC;(4)△AFE≌△AGD;(5)△AFG是等边三角形;(6)∠COB=∠CAB;(7)OA平分∠BOD;(8)FG//BD.例2：如图，已知正方形ABCD和正方形DEFG有公共顶点D，连接AG，CE，相交于点H.求证:(1)△ADG≌△CDE;(2)AG⟂CE;(3)HD平分∠AHE;(4)AC2+EG2=AE2+CG2.跟踪练习1．（2022秋•界首市校级月考）如图，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∠BAD＝30°，∠ACE＝25°，则∠ADE的度数为（）A．50°B．55°C．60°D．65°2．（2023秋•江阳区校级月考）已知：如图，在△ABC，△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，点C，D，E三点在同一条直线上，连接BD，BE．以下四个结论：①BD＝CE；②∠ACE+∠＝45°；③BD⊥CE；④∠BAE+∠DAC＝180°．其中结论正确的个数是（）A．1B．2C．3D．43．（2020春•富县期末）如图，已知四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，且AB＞CE，连接BG，DE．（1）求证：BG＝DE；（2）连接BD，若CG∥BD，BG＝BD，求∠BDE 的度数．4．（2019秋•新都区期末如图，△ACB和△ECD都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠ECD＝90°，点D在边AB上，点E在边AC的左侧，连接AE．（1）求证：AE＝BD；（2）试探究线段AD、BD与CD之间的数量关系；（3）过点C作CF⊥DE交AB于点F，若BD：AF＝1：2，CD＝，求线段AB的长．（二）相似手拉手模型精典例题例3：如图，已知△ABC∽△ADE，求证：（1）△ABD∽△ACE;（2）∠BFC=∠BAC.跟踪练习1．如图，四边形ABCD中，AB＝3，BC＝2，AC＝AD，∠ACD＝60°，则对角线BD长的最大值为（）A．5B．2C．2D．12．如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝30°，将△DCB绕点C顺时针旋转60°后，点D 的对应点恰好与点A重合，得到△ACE，若AB＝3，BC＝4，则BD＝（）A．5B．5.5C．6D．73．两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角顶点，并把它们的底角顶点连接起来，形成一组全等的三角形，那么把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．（1）如图1，△ABC与△ADE都是等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE，则有△BAD≌．（2）如图2，△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点B，D，E在同一条直线上，连接CE，试探究线段BE，CE，DE之间的数量关系，并说明理由．（3）如图3，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，∠AEC＝135°，求证：BE⊥CE．（三）手拉手综合题例5:（2019•玄武区一模）如图，四边形ABCD和四边形AEFG均为正方形，连接CF，DG，则＝（）A．B．C．D．例6:（2022•深圳中考）已知△ABC是直角三角形，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝5，AE ＝2，连接CE，以CE为底作直角三角形CDE，且CD＝DE．F是AE边上的一点，连接BD和BF，且∠FBD＝45°，则AF长为．跟综练习1．（2022•无锡）△ABC是边长为5的等边三角形，△DCE是边长为3的等边三角形，直线BD与直线AE交于点F．如图，若点D在△ABC内，∠DBC＝20°，则∠BAF＝°；现将△DCE绕点C旋转1周，在这个旋转过程中，线段AF长度的最小值是．2．（2023•成都）探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，某兴趣小组拟做以下探究．在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，D是AB边上一点，且＝（n为正整数），E 是AC边上的动点，过点D作DE的垂线交直线BC于点F．【初步感知】（1）如图1，当n＝1时，兴趣小组探究得出结论：AE+BF＝AB，请写出证明过程．【深入探究】（2）①如图2，当n＝2，且点F在线段BC上时，试探究线段AE，BF，AB之间的数量关系，请写出结论并证明；②请通过类比、归纳、猜想，探究出线段AE，BF，AB之间数量关系的一般结论（直接写出结论，不必证明）．【拓展运用】（3）如图3，连接EF，设EF的中点为M，若AB＝2，求点E从点A运动到点C的过程中，点M运动的路径长（用含n的代数式表示）．四、教学反思本节课从全等手拉手模型、相似手拉手模型、手拉手综合题三个模块进行探索，题目从易到难，每个模块都有两个精典例题，2-4道跟综练习。

初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）展开全文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。

中考数学复习满分突破(全国通用)：专题08 手拉手模型(解析版)

专题08手拉手模型手拉手模型概述：两个顶角相等的等腰三角形共用顶角顶点，分别连接对应的两底角顶点，从而可以得到一个经典的全等模型。

因为顶点相连的四条边，形象可以看作两双手，通常称为“手拉手模型”。

文字说明：1）点A为共用顶角顶点，看作头2）线段AB、AC为等腰∆ABC的两腰，看作两条手臂线段AM、AN为等腰∆AMN的两腰，看作两条手臂3）点B与点M看作左手，线段BM看作左手拉左手点C与点N看作右手，线段CN看作右手拉右手解题步骤：①找共用顶点，确定“四只手”；②连接对应端点；③SAS证明全等。

常见模型：模型一：如图，直线AB的同一侧作∆ABC和∆AMN都为等边三角形（A、B、N三点共线），连接BM、CN，两者相交于点E，则1）∆ABM≌∆ACN2）BM=CN3）∠MEN=∠2=60°（拉手线的夹角等于顶角）4）∆ANF≌∆AMD5）∆AFC≌∆ADB6）连接DF，DF∥BN7）连接AE，AE平分∠BEN 8）存在3组四点共圆9）EN=EM+EA，EB=EC+EA,EA=ED+EF10）存在多组相似三角形备注：1）-7）为基础，8）-10）为提高证明：1）∵∆ABC和∆AMN都为等边三角形∴AB=AC，AM=AN，∠1=∠2=60°∴∠1+∠CAM=∠2+∠CAM则∠BAM=∠CAN在∆ABM和∆ACN中AB=AC∠BAM=∠CAN∴∆ABM≌∆ACN∴BM=CN，∠BMA=∠CMA,∠ABM=∠ACN AM=AN3)方法一：在∆EFM和∆AFN中∵∠MEN+∠EMF+∠3=180°,∠2+∠FNA+∠4=180°而∠3=∠4，∠EMF=∠FNA ∴∠MEF=∠2=60°方法二：∵∠MEF=∠EBN+∠BNE∠MAN=∠ABM+∠AMB而∠EBN=∠ABM,∠BNE=∠AMB，∠2=60°∴∠MEF=∠2=60°4）∵∠1+∠2+∠5=180°而∠1=∠2=60°∴∠5=60°在∆AFN和∆ADM中∠5=∠2=60°AM=AN∴∆AFN≌∆ADM∠DMA=∠ANF5）在∆AFC和∆ADB中∠5=∠1=60°AB=AC∴∆AFC≌∆ADB∴AD=AF∠ABD=∠ACF6）∵AD=AF，∠5=60°∴∆ADF是等边三角形∴∠DFA=60°∴∠DFA=∠2=60°∴DF∥BN7）过点A作AP⊥BM交BM于点P，AQ⊥CN交CN于点Q∵∆ABM≌∆ACN∴S∆ABM=S∆ACN,BM=CN则AP=AQ，∴AE平分∠BEN8）①∵∠ACN=∠ABM∴∠ACE=∠ABE则点A、B、C、E四点共圆②∵∠ANC=∠AMB∴∠ANE=∠AME则点A、N、M、E四点共圆③∵∠BAC=∠MAN=60°∴∠CAM=60°∵∠MEF=60°∴∠CED=60°则∠DEF=120°∵∠CAM+∠DEF=180°则点A、D、E、F四点共圆9)方法一：①过点M作MY交NC于点Y，使∠EMY=60°∵∠EMY=∠AMN=∠MEN=60°∴∠EMY-∠AMY=∠AMN-∠AMY则∠EMA=∠YMN∵∠EMY+∠MEY+∠EYM=180°则∠EYM=60°∴∆MEY是等边三角形，则EM=EY=MY∵∠MYN是∆MEY的外角，∴∠MYN=120°∵∠CEB=60°且AE平分∠BEN∴∠AEF=60°则∠AEM=120°在∆AEM和∆NYM∠EMA=∠YMNEM=MY∴∆AEM≌∆NYM∴NY=AE∠AEM=∠MYN=120°则EN=EY+YN=EM+AE②过点A作AZ交BM于点Z，使∠EAZ=60°,证明方法同上③过点F作FH交AE于点H，使∠EFH=60°，证明方法同上方法二:根据托勒密定理和8）中内容，得EN•AM=AE•MN+EM•AN而AM=AN=MN∴EN=AE+EM同理EB=EC+EA,EA=ED+EF*托勒密定理内容：圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积。

中考手拉手模型专题知识解读

手拉手模型专题知识解读【专题说明】手拉手模型是指有共同顶点的两个等腰三角形，顶角相等。

因为过共同顶点的四条边，像人的两双手，所以通常称为手拉手模型。

手拉手模型常和旋转结合,在考试中作为几何综合题目出现。

【方法技巧】类型一：等边三角形手拉手（1）如图，B 、C 、D 三点共线，▲ABC 和▲CDE 是等边三角形，连接AD 、BE ，交于点P（2）记AC 、BE 交点为M ，AD 、CE 交点为N（2）连接MN结论一：△ACD ≌△BCE证明：AC BCACD BCE CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩→△ACD ≌△BCE （SAS）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）（4）记AD 、BE 交点为P ，连接PC ：（5）结论五：∠APB=∠BPC=∠CPD=∠DPE=60°（6）连AE:结论六：P 点是▲ACE 的费马点（PA+PC+PE 值最小）类型二：正方形手拉手如图，四边形ABCD 和四边形CEFG 均为正方形，连接BE 、DG结论三：△MNC 是等边三角形．证明：60CM CNMCN =⎧⎨∠=︒⎩→△MCN是等边三角形．结论四：PC 平分∠BPD证明：△BCE ≌△ACD →CG =CH →PC 平分∠BPD．【典例分析】【类型一：等边三角形手拉手】【典例1】（2021春•西安期末）如图，在△ABC 中，BC ＝5，以AC 为边向外作等边△ACD ，以AB 为边向外作等边△ABE ，连接CE 、BD ．（1）若AC ＝4，∠ACB ＝30°，求CE 的长；（2）若∠ABC ＝60°，AB ＝3，求BD 的长．【解答】解：（1）∵△ABE 与△ACD 是等边三角形， ∴AC ＝AD ，AB ＝AE ，∴∠DCA ＝∠CAD ＝∠EAB ＝60°， ∴∠EAB +∠BAC ＝∠CAD +∠BAC ，即∠EAC ＝∠BAD ．在△EAC 和△BAD 中，，∴△EAC ≌△BAD （SAS ）， ∴EC ＝BD ，又∵∠ACB ＝30°，∴∠DCB ＝∠ACB +∠DCA ＝90°， ∵CD ＝AC ＝4，BC ＝5， ∴BD ＝＝＝，结论一：△BCE ≌△DCG证明：CB CD BCE 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”．∴CE＝；（2）如图，作EK垂直于CB延长线于点K．∵△ABE与△ACD是等边三角形，∴AC＝AD，AB＝AE，∴∠DCA＝∠CAD＝∠EAB＝60°，∴∠EAB+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，即∠EAC＝∠BAD．在△EAC和△BAD中，，∴△EAC≌△BAD（SAS），∴EC＝BD，∵∠ABC＝60°，∠ABE＝60°，∴∠EBK＝60°，∴∠BEK＝30°，∴BK＝BE＝，∴EK＝＝＝，∴EC＝＝＝7，∴BD＝EC＝7．【变式1-1】（2021九上·吉林期末）如图①，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=√6，点D，E分别在边AC，BC上，且CD=CE=√2，此时AD=BE，AD⊥BE成立．（1）将△CDE绕点C逆时针旋转90°时，在图②中补充图形，并直接写出BE的长度；（2）当△CDE绕点C逆时针旋转一周的过程中，AD与BE的数量关系和位置关系是否仍然成立？若成立，请你利用图③证明，若不成立请说明理由；（3）将△CDE绕点C逆时针旋转一周的过程中，当A，D，E三点在同一条直线上时，请直接写出AD的长度．【答案】（1）解：如图所示，BE=2√2；（2）解：AD=BE，AD⊥BE仍然成立.证明：延长AD交BE于点H，∵∠ACB=∠DCE=90°，∠ACD=∠ACB−∠BCD，∠BCE=∠DCE−∠BCD，∴∠ACD=∠BCE，又∵CD=CE，AC=BC，∴△ACD≅△BCE，∴AD=BE，∠1=∠2，在Rt△ABC中，∠1+∠3+∠4=90°，∴∠2+∠3+∠4=90°，∴∠AHB=90°，∴AD⊥BE.（3）AD=√5−1或AD=√5+1【变式1-2】（2021九上·宜春期末）如图（1）问题发现：如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，当△DCE旋转至点A，D，E在同一直线上，连接BE．则：①∠ACB的度数为；②线段BE，CE与AE之间的数量关系是．（2）拓展研究：如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点A，D，E在同一直线上．若CE=√2，BE=2，求AB的长度．（3）探究发现：图1中的△ACB和△DCE，在△DCE旋转过程中，当点A，D，E 不在同一直线上时，设直线AD与BE相交于点O，试在备用图中探索∠AOE的度数，直接写出结果，不必说明理由．【解答】（1）①∵△ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，故答案为：60°；②∵△ACB和△DCE均为等边三角形，∴AC=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ACD=∠BCE，∴△ADC≅△BEC(SAS)，∴AD=BE，∵△DCE为等边三角形，∴CE=DE，∴BE+CE=AD+DE=AE，故答案为：BE+CE=AE（2）解：∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∴AC=CB，∠CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°，∴∠ACD=∠BCE，∴△ADC≅△BEC(SAS)，∴AD=BE=2，∠ADC=∠BEC，∵△DCE为等腰直角三角形，∴∠CDE=∠CED=45°，CD=CE=√2，DE=√CD2+CE2=√(√2)2+(√2)2=2，∴∠CEB=∠CDA=180°−45°=135°，AE=AD+DE=2+2=4，∴∠AEB=∠CEB−∠CED=135°−45°=90°，∴△AEB是直角三角形，∴AB=√AE2+BE2=√42+22=2√5（3）如图3，由（1）知△ADC≅△BEC，∴∠CAD=∠CBE，∵∠CAB=∠ABC=60°，∴∠OAB+∠OBA=120°，∴∠AOE=180°−120°=60°，如图4，同理求得：∠AOB=60°，∴∠AOE=120°，∴∠AOE的度数是60°或120°．【变式1-3】（2021春•金牛区校级期中）类比探究：（1）如图1，等边△ABC内有一点P，若AP＝8，BP＝15，CP＝17，求∠APB的大小；（提示：将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处）（2）如图2，在△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F为BC上的点，且∠EAF＝45°．求证：EF2＝BE2+FC2；（3）如图3，在△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，点O为△ABC内一点，连接AO、BO、CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，若AC＝1，求OA+OB+OC的值．【解答】解：（1）如图1，将△APB绕着点A逆时针旋转60°得到△ACP′，∴△ACP′≌△ABP，∴AP′＝AP＝8、CP′＝BP＝15、∠AP′C＝∠APB，由题意知旋转角∠P A P′＝60°，∴△AP P′为等边三角形，∴P P′＝AP＝8，∠A P′P＝60°，∵PP′2+P′C2＝82+152＝172＝PC2，∴∠PP′C＝90°，∴∠APB＝∠AP′C＝∠A P′P+∠P P′C＝60°+90°＝150°（2）如图2，把△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ACE′，则AE′＝AE，CE′＝CE，∠CAE′＝∠BAE，∵∠BAC＝90°，∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠CAF＝∠CAF+∠CAE′＝∠F AE′＝45°，∴∠EAF＝∠E′AF，且AE＝AE'，AF＝AF，∴△AEF≌△AE′F（SAS），∴EF＝E′F，∵∠B+∠ACB＝90°，∴∠ACB+∠ACE′＝90°，∴∠FCE′＝90°，∴E′F2＝CF2+CE′2，∴EF2＝BE2+CF2；（3）如图3，将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，∴AB＝2，∴BC＝＝，∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，∴△A′O′B如图所示；∠A′BC＝∠ABC+60°＝30°+60°＝90°，∵∠ACB＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，∴AB＝2AC＝2，∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A′O′B，∴A′B＝AB＝2，BO＝BO′，A′O′＝AO，∴△BOO′是等边三角形，∴BO＝OO′，∠BOO′＝∠BO′O＝60°，∵∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，∴∠COB+∠BOO′＝∠BO′A′+∠BO′O＝120°+60°＝180°，∴C、O、A′、O′四点共线，在Rt△A′BC中，A′C＝＝，∴OA+OB+OC＝A′O′+OO′+OC＝A′C＝．【典例2】如图，在△ABC与△DEC中，已知∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝6，BC＝3，CD ＝5，CE＝2.5，连接AD，BE．（1）求证：△ACD∽△BCE；（2）若∠BCE＝45°，求△ACD的面积．【解答】（1）证明：∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACD+∠DCB＝∠DCB+∠BCE，∴∠ACD＝∠BCE，又∵，∴△ACD∽△BCE；（2）解：过A作AG⊥CD于G，由（1）知，∠ACD＝∠DCB＝∠BCE＝45°，∴AG＝CG，在Rt△ACG中，由勾股定理得：∴CG＝AG＝3，∴S＝＝．【变式2-1】如图1，在Rt△ABC中，AC＝BC＝5，等腰直角△BDE的顶点D，E分别在边BC，AB上，且BD＝，将△BDE绕点B按顺时针方向旋转，记旋转角为α（0°≤α＜360°）．（1）问题发现当α＝0°时，的值为，直线AE，CD相交形成的较小角的度数为；（2）拓展探究试判断：在旋转过程中，（1）中的两个结论有无变化？请仅就图2的情况给出证明：（3）问题解决当△BDE旋转至A，D，E三点在同一条直线上时，请直接写出△ACD的面积．【解答】解：（1）∵△ABC与△BDE都是等腰直角三角形，∴DE∥AC，∴，∴，∵∠B＝45°，∴直线AE，CD相交形成的较小角的度数为45°，故答案为：；45；（2）无变化，理由如下：延长AE，CD交于点F，CF交AB于点G，∵△ABC与△BDE都是等腰直角三角形，∴∠ABC＝∠DBE＝45°，，∴∠ABC﹣∠ABD＝∠DBE﹣∠ABD，∴∠CBD＝∠ABE，又∵，∴△ABE∽△CBD，∴，∠BAE＝∠BCD，∴∠F＝180°﹣∠BAE﹣∠AGF＝180°﹣∠BCD﹣∠BGC＝∠ABC＝45°；（3）如图，当DE在AB上方时，作AH⊥CD于H，由A，D，E三点在同一条直线上知，∠ADB＝90°，∴AD＝，由（2）知∠ADH＝45°，，∴AH＝＝，CD＝，∴S△ACD＝CD×AH＝＝12+，当DE在AB下方时，同理可得S△ACD＝×CD×AH＝＝12﹣，【类型二：正方形手拉手】【典例3】【问题背景】正方形ABCD和等腰直角三角形CEF按如图①所示的位置摆放，点B，C，E在同一条直线上，其中∠ECF＝90°．【初步探究】（1）如图②，将等腰直角三角形CEF绕点C按顺时针方向旋转，连接BF，DE，请直接写出BF与DE的数量关系与位置关系：；【类比探究】（2）如图③，将（1）中的正方形ABCD和等腰直角三角形CEF分别改成矩形ABCD和Rt△CEF，其中∠ECF＝90°，且，其他条件不变．①判断线段BF与DE的数量关系，并说明理由；②连接DF，BE，若CE＝6，AB＝12，求DF2+BE2的值．【解答】解：（1）如图②，BF与CD交于点M，与DE交于点N，∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝DC，∠BCD＝90°，∵△ECF是等腰直角三角形，∴CF＝CE，∠ECF＝90°，∴∠BCD＝∠ECF，∴∠BCD+∠DCF＝∠ECF+∠DCF，∴∠BCF＝∠DCE，∴△BCF≌△DCE（SAS），∴BF＝DE，∠CBF＝∠CDE，∵∠BMC＝∠DMF，∠CBF+∠BMC＝90°，∴∠CDE+∠DMF＝90°，∴∠BND＝90°，∴BF⊥DE，故答案为：BF＝DE，BF⊥DE；（2）①如图③，，理由：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BCD＝90°，∵∠ECF＝90°，∴∠BCD+∠DCF＝∠ECF+∠DCF，∴∠BCF＝∠DCE，∵，∴△BCF∽△DCE，∴＝；②如图③，连接BD，∵△BCF∽△DCE，∴∠CBF＝∠CDE，∵四边形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝12，∵CE＝6，，∴＝，∴CF＝8，BC＝16，∵∠DBO+∠CBF+∠BDC＝∠BDO+∠CDE+∠BDC＝∠DBO+∠BDO＝90°，∴∠BOD＝90°，∴∠DOF＝∠BOE＝∠EOF＝90°，在Rt△DOF中，DF2＝OD2+OF2，在Rt△BOE中，BE2＝OB2+OE2，在Rt△DOB中，DB2＝OD2+OB2，在Rt△EOF中，EF2＝OE2+OF2，∴DF2+BE2＝OD2+OF2+OB2+OE2＝DB2+EF2，在Rt△BCD中，BD2＝BC2+CD2＝162+122＝400，在Rt△CEF中，EF2＝EC2+CF2＝62+82＝100，∴BD2+EF2＝400+100＝500，∴DF2+BE2＝500【变式3】（2021秋•荔湾区校级期中）以△ABC的AB，AC为边分别作正方形ADEB，正方形ACGF，连接DC，BF．（1）CD与BF有什么数量与位置关系？说明理由．（2）利用旋转的观点，在此题中，△ADC可看成由哪个三角形绕哪点旋转多少角度得到的．【解答】解：（1）CD＝BF且CD⊥BF，理由如下：∵四边形ABED和四边形ACGF都是正方形，∴AD＝AB，AC＝AF，∠DAB＝∠CAF＝90°，又∵∠DAC＝∠DAB+∠BAC，∠BAF＝∠CAF+∠BAC，∴∠DAC＝∠BAF，在△DAC与△BAF中，，∴△DAC≌△BAF（SAS），∴DC＝BF，∴∠AFB＝∠ACD，又∵∠AFN+∠ANF＝90°，∠ANF＝∠CNM，∴∠ACD+∠CNM＝90°，∴∠NMC＝90°，∴BF⊥CD；（2）∵AD＝AB，AC＝AF，CD＝BF，∠DAB＝∠CAF＝90°，∴△ADC可看成是△ABF绕点A顺时针旋转90°得到的．。

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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？
C
D
E
A
B
图①
C
D
E
A
B
图②
C
D
E
A
B
图③
C
G
H O
解答：
（1）AG ＝CE ．理由如下：
∵∠ADG ＝∠ADC ＋∠CDG ，∠CDE ＝∠GDE ＋∠CDG ，∠ADC ＝∠EDG ＝90°， ∴∠ADG ＝∠CDE ．在△ADG 和△CDE 中， AD CD ADG CDE DG DE =⎧⎪
∠=∠⎨⎪=⎩
﹐﹐
﹐ ∴△ADE ≌△CDE ． ∴AG ＝CE ．（2）∵△ADG ≌△CDE ，
∴∠DAG ＝∠DCE ． ∵∠COH ＝∠AOD ， ∴∠CHA ＝∠ADC ＝90°． ∴AG 与CE 之间的夹角是90°．
例2 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 ＝DQ ；（3）∠DHA ＝60°；（4）△AGB ≌△DFB ；（5）△EGB ≌△CFB ；（6）连接GF ，GF ∥AC ；（7）连接HB ，HB 平分∠AHC ．
证明：（1）∠ABE ＝120°，∠CBD ＝120°，在△ABE 和△DBC 中， BA BD ABE DBC BE BC =⎧⎪
∠=∠⎨⎪=⎩
﹐﹐
﹐ ∴△ABE ≌△DBC ．（2）∵△ABE ≌△DBC ， ∴AE ＝DC ．
（3）△ABE ≌△DBC ， ∴∠1＝∠2． ∴∠DGH ＝∠AGB ．
C
D
E F
G
H
A
B
∴∠DHA ＝∠4＝60°．
（4）∵∠5＝180°－∠4－∠CBE ＝60°， ∴∠4＝∠5． ∵△ABE ≌△DBC ， ∴∠1＝∠2．又∵AB ＝DB ，
∴△AGB ≌△DFB （ASA ）．
（5）同（4）可证△EGB ≌△CFB （ASA ）．（6）如图①所示，连接GF ．由（4）得，△AGB ≌△DFB ． ∴BG ＝BF ．又∵∠5＝60°，
∴△BGF 是等边三角形． ∴∠3＝60°． ∴∠3＝∠4． ∴GF ∥AC ．
（7）如图②所示，过点B 作BM ⊥DC 于M ，过点B 作BN ⊥AE 于点N ． ∵△ABE ≌△DBC ， ∴S △ABE ＝S △DBC ． ∴
12×AE ×BN ＝1
2
×CD ×BM ． ∵AE ＝CD ， ∴BM ＝BN ．
∵点B 在∠AHC 的平分线上． ∴HB 平分∠AHC ．
跟踪练习：
1．在△ABC 中，AB ＝CB ，∠ABC ＝90°，F 为AB 延长线上一点，点E 在BC 上，且AE ＝CF ．（1）求证：BE ＝BF ；
（2）若∠CAE ＝30°，求∠ACF 度数．
答案：
（1）证明：∠ABC ＝90°．在Rt △ABE 和Rt △CBF 中，
C
D
E F
G H
A
B 5
1
2
3
4
图①
C
D
E
H
A
B
N
M
图②
C
E
F
A
B
CF AE AB CB =⎧⎨
=⎩
﹐
﹐ ∴Rt △ABE ≌Rt △CBF （HL ）． ∴BE ＝BF ．
（2）∵AB ＝CB ，∠ABC ＝90°， ∴∠BAC ＝∠BCA ＝45°． ∴∠CAE ＝30°．
∴∠BAE ＝45°－30°＝15°． ∵Rt △ABE ≌Rt △CBF ， ∴∠BCF ＝∠BAE ＝15°．
∴∠ACF ＝∠BCF ＋∠BCA ＝15°＋45°＝60°．
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 ．
求证：（1）AE ＝DC ；（2）∠AHD ＝60°；
（3）连接HB ，HB 平分∠AHC ．
答案：
（1）∵∠ABE ＝∠ABD －∠EBD ，∠DBC ＝∠EBC －∠EBD ，∠ABD ＝∠EBC ＝60°， ∴∠ABE ＝∠DBC ．在△ABE 和△DBC 中， AB DB ABE DBC BE BC =⎧⎪
∠=∠⎨⎪=⎩
﹐﹐
﹐ ∴△ABE ≌△DBC ． ∴AE ＝DC ．
（2）∵△ABE ≌△DBC ， ∴∠EAB ＝∠CDB ．
又∵∠OAB ＋∠OBA ＝∠ODH ＋∠OHD ， ∴∠AHD ＝∠ABD ＝60°．
（3）过B 作AH 、DC 的垂线，垂足分别为点M 、N ． ∵△ABE ≌△DBC ，
C
D
E
H
A
B
∴S △ABE ＝S △DBC ．即
12AE ·BM ＝1
2
CD ·BN ．又∵AE ＝CD ， ∴BM ＝BN ． ∴HB 平分∠AHC ．
3．在线段AE 同侧作等边△ABC 和等边△CDE （∠ACE ＜120°），点P 与点M 分别是线段BE 和AD
的中点．
求证：△CPM 是等边三角形．
答案：
证明：∵△ABC 和△CDE 都是等边三角形， ∴AC ＝BC ，CD ＝CE ． ∴∠ACB ＝∠ECD ＝60°． ∴∠BCE ＝∠ACD ． ∴△BCE ≌△ACD ．
∴∠CBE ＝∠CAD ，BE ＝AD ．
又∵点P 与点M 分别是线段BE 和AD 的中点， ∴BP ＝AM ．
在△BCP 和△ACM 中， BC AC CBE CAD BP AM =⎧⎪
∠=∠⎨⎪=⎩
﹐﹐
﹐ ∴△BCP ≌△ACM ．
∴PC ＝MC ，∠BCP ＝∠ACM ． ∴∠PCM ＝∠ACB ＝60°． ∴△CPM 是等边三角形．
4．将等腰Rt △ABC 和等腰Rt △ADE 按图①方式放置，∠A ＝90°，AD 边与AB 边重合，AB ＝2AD
＝4．将△ADE 绕A 点逆时针方向旋转一个角度α（0°＜α＜180°），BD 的延长线交CE 于P ．（1）如图②，求明：BD ＝CE ，BD ⊥CE ；
（2）如图③，在旋转的过程中，当AD ⊥BD 时，求CP 长．
C
D
E
A
B
P
答案：
（1）∵等腰Rt △ABC 和等腰Rt △ADE ， ∴AB ＝AC ，AD ＝AE ，∠BAC ＝∠DAE ＝90°． ∵∠DAB ＝90°－∠CAD ，∠CAE ＝90°－∠CAD ， ∴∠DAB ＝∠CAE ． ∴△ABD ≌△ACE ． ∴BD ＝CE ． ∴∠DBA ＝∠ECA ．
∴∠CPB ＝∠CAB ．（8字模型） ∴BD ⊥CE ．
（2）由（1）得BP ⊥CE ．
又∵AD ⊥BD ，∠DAE ＝90°，AD ＝AE ， ∴四边形ADPE 为正方形． ∴AD ＝PE ＝2．
∴∠ADB ＝90°，AD ＝2，AB ＝4， ∴BD ＝CE
＝
∴CP ＝CE －PE
＝2．
图①
C D
E
A
B
图②
P
C
A
B
D
E
图③
C
A B
D
E
P。