资源简介

《“手拉手”模型常用结论的证明及应用》自主学习单
姓名_________ 班别_________
一、知识梳理
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。
二、学习过程
模块一：全等“手拉手”
模块一：典例精讲
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 .
模块一：跟踪练习
1．（2022秋 界首市校级月考） ( http: / / www.m / math / report / detail / 7032e7a1-dc99-4473-ba9d-8115a5401dd9" \t "http: / / www.m / math / ques / detail / _blank )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） ( http: / / www.m / math / report / detail / 16a8e7ec-ef41-4254-a1c4-e82647af721b" \t "http: / / www.m / math / ques / detail / _blank )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+∠DBC＝45°；③BD⊥CE；④∠BAE+∠DAC＝180°．
其中结论正确的个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．（2020春 富县期末） ( http: / / www.m / math / report / detail / c570e71a-9a83-4294-8b0d-a484b8021583" \t "http: / / www.m / math / ques / detail / _blank )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 ( http: / / www.m / math / report / detail / cd429fde-83ff-461b-bfb9-6644ee0741ad" \t "http: / / www.m / math / ques / detail / _blank )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．
模块二：相似“手拉手”
模块二：典例精讲
例3：如图，已知△ABC∽△ADE，求证：（1）△ABD∽△ACE; （2）∠BFC=∠BAC.
模块二：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．5 B．2 C．2 D．1
2．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．5 B．5.5 C．6 D．7
3．两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．
模块三：“手拉手”综合题
模块三：典例精讲
例5:（2019 玄武区一模） ( http: / / www.m / math / report / detail / 3713bf9a-9b00-44f9-ab83-d40dabeabc03" \t "http: / / www.m / math / ques / detail / _blank )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） ( http: / / www.m / math / report / detail / 943f6960-17b1-4547-b3af-9e3355331110" \t "http: / / www.m / math / ques / detail / _blank )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 　 　．
模块三：跟踪练习
1．（2022 无锡） ( http: / / www.m / math / report / detail / 680c4ac8-f6ec-4f34-ba1a-5b79116980d5" \t "http: / / www.m / math / ques / detail / _blank )△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） ( http: / / www.m / math / report / detail / 57eb4c26-0721-49ce-80d8-1f16e6ebc64a" \t "http: / / www.m / math / ques / detail / _blank )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）．参考答案
模块一：全等“手拉手”
例1：(1)
∴△ABE≌△ACD;
(2)
由（1）知：∴△ABE≌△ACD;
∴BE=CD
(3)
由（1）知：△ABE≌△ACD;
∴∠ABF=∠ACG
∵AB=AC,∠BAF=∠CAG=600
∴△AFB≌△AGC(ASA)
(4)
由（1）知：△ABE≌△ACD;
∴∠AEF=∠ADG
∵AE=AD,∠DAG=∠EAF=600
∴△DAG≌△EAF(ASA)
(5)
由（4）知：△DAG≌△EAF
∴AF=AG
∵∠FAG=600
∴△AFG是等边三角形.
(6)
由（1）知：△ABE≌△ACD;
∴∠ABF=∠ACG
又∵∠AFB=∠OFC
∴∠COB=∠CAB
(7)
由（1）知：△ABE≌△ACD;
∴S△ABE≌S△ACD.
过点A分别作BE、CD上的高h1,h2
则有BE*h1/2=CD*h2/2
∵BE=CD,
∴h1=h2
∴OA平分∠BOD
(8)
由（5）知：△AFG是等边三角形.
∴∠AFG=∠BAC=600
∴FG//BD.
例2：(1)
∵正方形ABCD和正方形DEFG
∴AD=CD,DG=DE,∠ADC=∠EDG=900
∴∠ADG=∠EDC
∴△ADG≌△CDE(SAS)
(2)
由（1）知：△ADG≌△CDE
∴∠DAG=∠DCE
又∵对顶角相等
∴∠CHA=∠CDA=900
∴AG CE
(3)
如例1，用等积法.
(4)
∵AC2=CH2+AH2, EG2=HG2+HE2
AE2=AH2+HE2, CG2 =CH2 + HG2
∴AC2+EG2=AE2+CG2
模块一：跟踪练习
1.∵∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAE
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE＝25°，
∵∠BAD＝30°，
∴∠ADE＝∠ABD+∠BAD＝25°+30°＝55°，
故选：B．
2.解：①∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，即∠BAD＝∠CAE，
∵在△BAD和△CAE中，，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，本选项正确；
②∵△ABC为等腰直角三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴∠ABD+∠DBC＝45°，
∵△BAD≌△CAE，
∴∠ABD＝∠ACE，
∴∠ACE+∠DBC＝45°，本选项正确；
③∵∠ABD+∠DBC＝45°，
∴∠ACE+∠DBC＝45°，
∴∠DBC+∠DCB＝∠DBC+∠ACE+∠ACB＝90°，
则BD⊥CE，本选项正确；
④∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAE+∠DAC＝360°﹣90°﹣90°＝180°，故此选项正确，
故选：D．
3.（1）证明：∵四边形ABCD和四边形CEFG为正方形，
∴BC＝DC，CG＝CE，∠BCD＝∠GCE＝90°，
∴∠BCG＝∠DCE，
∴△BCG≌△DCE（SAS），
∴BG＝DE；
（2）连接BE，
∵CG∥BD，
∴∠DCG＝∠BDC＝45°，
∴∠BCG＝∠BCD+∠DCG＝90°+45°＝135°．
∵∠GCE＝90°，
∴∠BCE＝360°﹣∠BCG﹣∠GCE＝360°﹣135°﹣90°＝135°，
∴∠BCG＝∠BCE．
∵CG＝CE，BC＝BC，
∴△BCG≌△BCE（SAS），
∴BG＝BE．
∵由（1）可知BG＝DE，
∴BD＝BE＝DE，
∴△BDE为等边三角形，
∴∠BDE＝60°．
4.（1）证明：∵△ACB和△ECD都是等腰直角三角形
∴AC＝BC，EC＝DC，∠ACB＝∠ECD＝90°
∴∠ACB﹣∠ACD＝∠ECD﹣∠ACD
∴∠ACE＝∠BCD，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AE＝BD．
（2）解：由（1）得△ACE≌△BCD，
∴∠CAE＝∠CBD，
又∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠CAB＝∠CBA＝∠CAE＝45°，
∴∠EAD＝90°，
在Rt△ADE中，AE2+AD2＝ED2，且AE＝BD，
∴BD2+AD2＝ED2，
∵ED＝CD，
∴BD2+AD2＝2CD2，
（3）解：连接EF，设BD＝x，
∵BD：AF＝1：2，则AF＝2x，
∵△ECD都是等腰直角三角形，CF⊥DE，
∴DF＝EF，
由 （1）、（2）可得，在Rt△FAE中，
EF＝＝＝3x，
∵AE2+AD2＝2CD2
∴，
解得x＝1，
∴AB＝2+4．
模块二：相似“手拉手”
例3：（1）
∵△ABC∽△ADE
∴∠BAC＝∠DAE,
∴∠BAD＝∠CAE
∴△ABD∽△ACE
(2)
由（1）知：△ABD∽△ACE
∴∠ABD＝∠ACE
又∵对顶角相等
∴∠BFC=∠BAC.
例4：∵BD＝2，AD＝7，
∴AB＝BD+AD＝9，
在Rt△ABC中，sin∠BAC＝，
∴BC＝AB＝3，AC＝＝＝6，
在Rt△BCA与Rt△DCE中，
∵∠BAC＝∠DEC，
∴tan∠BAC＝tan∠DEC，
∴BC：AC＝DC：CE，
∵∠BCA＝∠DCE＝90°，
∴∠BCA﹣∠DCA＝∠DCE﹣∠DCA，
∴∠BCD＝∠ACE，
∴△BCD∽△ACE，
∴∠CAE＝∠B，BC：AC＝BD：AE，
∴∠DAE＝∠DAC+∠CAE＝90°，3：6＝2：AE，
∴AE＝4，
故选：D．
模块二：跟踪练习
1.解：如图，在AB的左侧作等边三角形△ABK，连接DK．
则AK＝AB＝BK＝3，∠KAB＝60°，
∴∠DAC＝∠KAB，
∴∠DAK＝∠CAB，
在△DAK和△CAB中，
，
∴△DAK≌△CAB（SAS），
∴DK＝BC＝2，
∵DK+KB≥BD，DK＝2，KB＝AB＝3，
∴当D、K、B共线时，BD的值最大，最大值为DK+KB＝5．
故选：A．
2.解：连接BE，如图，
∵△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，
∴∠BCE＝60°，CB＝CE，BD＝AE，
∴△BCE为等边三角形，
∴BE＝BC＝4，∠CBE＝60°，
∵∠ABC＝30°，
∴∠ABE＝90°，
在Rt△ABE中，AE＝＝5，
∴BD＝5．
故选：A．
3.解：（1）已知△ABC与△ADE都是等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，
在△ABC与△ADE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
故答案为：△CAE．
（2）BE＝CE+DE，理由如下，
∵△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，
∵点B，D，E在同一条直线上，
∴BE＝BD+DE，
∴BE＝CE+DE．
（3）如图所述，以AE为边作等腰直角三角形AEF，AE＝AF，∠EAF＝90°，
∴∠AEF＝∠AFE＝45°，
∵∠AEC＝135°，
∴∠AEF+∠AEC＝45°+135°＝180°，
∴点C，E，F三点共线，
∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，
∴AB＝AC，∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴∠BAC+∠CAE＝∠FAE+∠CAE，即∠BAE＝∠CAF，
在△BAE，△CAF中，
，
∴△BAE≌△CAF（SAS），
∴∠AEB＝∠AFC＝45°，
∵∠BEF＝∠AEB+∠AEF＝45°+45°＝90°，
∴∠BEF＝90°，即BE⊥CE．
模块三：“手拉手”综合题
例5.解：连接AC和AF，
则，
∵∠DAG＝45°﹣∠GAC，∠CAF＝45°﹣GAC，
∴∠DAG＝∠CAF．
∴△DAG∽△CAF．
∴．
故选：B．
例6.
解：将线段BD绕点D顺时针旋转90°，得到线段HD，连接BH，延长HE交BC于G，
∴△BDH是等腰直角三角形，
∴∠HBD＝45°，
∵∠FBD＝45°，
∴点B、F、H共线，
又∵△EDC是等腰直角三角形，
∴HD＝BD，∠EDH＝∠CDB，ED＝CD，
∴△EDH≌△CDB（SAS），
∴EH＝CB＝5，∠DHE＝∠CBD，
∴∠BGH＝∠BDH＝90°，
∴HE∥AB，
∴△ABF∽△EHF，
∴，
∵AE＝2，
∴，
∴AF＝，
故答案为：．
模块三：跟踪练习
1.
解：∵△ACB，△DEC都是等边三角形，
∴AC＝CB，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠BCD＝∠ACE，
在△BCD和△ACE中，
，
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴∠DBC＝∠EAC＝20°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝80°．
如图1中，设BF交AC于点T．
同法可证△BCD≌△ACE，
∴∠CBD＝∠CAF，
∵∠BTC＝∠ATF，
∴∠BCT＝∠AFT＝60°，
∴点F在△ABC的外接圆上运动，当∠ABF最小时，AF的值最小，此时CD⊥BD，
∴BD＝＝＝4，
∴AE＝BD＝4，∠BDC＝∠AEC＝90°，
∵CD＝CE，CF＝CF，
∴Rt△CFD≌Rt△CFE（HL），
∴∠DCF＝∠ECF＝30°，
∴EF＝CE tan30°＝，
∴AF的最小值＝AE﹣EF＝4﹣，
故答案为：80，4﹣．
2.
（1）证明：连接CD，
∵∠C＝90°，AC＝BC，AD＝DB，
∴AB＝AC，∠A＝∠B＝∠ACD＝45°，AD＝CD＝BD，CD⊥AB，
∵ED⊥FD，
∴∠EDF＝∠CDB＝90°，
∴∠CDE＝∠BDF，
∴△CDE≌△BDF（ASA），
∴CE＝BF，
∴AE+BF＝AE+CE＝AC＝AB；
（2）①AE+BF＝AB，理由如下：
过点D作DN⊥AC于N，DH⊥BC于H，
∵∠C＝90°，AC＝BC，
∴∠A＝∠B＝45°，
∵DN⊥AC，DH⊥BC，
∴△ADN和△BDH是等腰直角三角形，
∴AN＝DN，DH＝BH，AD＝AN，BD＝BH，∠A＝∠B＝45°＝∠ADN＝∠BDH，
∴△ADN∽△BDH，
∴＝，
设AN＝DN＝x，BH＝DH＝2x，
∴AD＝x，BD＝2x，
∴AB＝3x，
∵DN⊥AC，DH⊥BC，∠ACB＝90°，
∴四边形DHCN是矩形，
∴∠NDH＝90°＝∠EDF，
∴∠EDN＝∠FDH，
又∵∠END＝∠FHD，
∴△EDN∽△FDH，
∴＝，
∴FH＝2NE，
∴AE+BF＝x+NE+（2x﹣FH）＝2x＝AB；
②如图4，当点F在射线BC上时，过点D作DN⊥AC于N，DH⊥BC于H，
∵∠C＝90°，AC＝BC，
∴∠A＝∠B＝45°，
∵DN⊥AC，DH⊥BC，
∴△ADN和△BDH是等腰直角三角形，
∴AN＝DN，DH＝BH，AD＝AN，BD＝BH，∠A＝∠B＝45°＝∠ADN＝∠BDH，
∴△ADN∽△BDH，
∴＝，
设AN＝DN＝x，BH＝DH＝nx，
∴AD＝x，BD＝nx，
∴AB＝（n+1）x，
∵DN⊥AC，DH⊥BC，∠ACB＝90°，
∴四边形DHCN是矩形，
∴∠NDH＝90°＝∠EDF，
∴∠EDN＝∠FDH，
又∵∠END＝∠FHD，
∴△EDN∽△FDH，
∴＝，
∴FH＝nNE，
∴AE+BF＝x﹣NE+（nx+FH）＝2x＝AB；
当点F在CB的延长线上时，如图5，
∵∠C＝90°，AC＝BC，
∴∠A＝∠B＝45°，
∵DN⊥AC，DH⊥BC，
∴△ADN和△BDH是等腰直角三角形，
∴AN＝DN，DH＝BH，AD＝AN，BD＝BH，∠A＝∠B＝45°＝∠ADN＝∠BDH，
∴△ADN∽△BDH，
∴＝，
设AN＝DN＝x，BH＝DH＝nx，
∴AD＝x，BD＝nx，
∴AB＝（n+1）x，
∵DN⊥AC，DH⊥BC，∠ACB＝90°，
∴四边形DHCN是矩形，
∴∠NDH＝90°＝∠EDF，
∴∠EDN＝∠FDH，
又∵∠END＝∠FHD，
∴△EDN∽△FDH，
∴＝，
∴FH＝nNE，
∴AE﹣BF＝x+NE﹣（FH﹣nx）＝2x＝AB；
综上所述：当点F在射线BC上时，，当点F在CB延长线上时，；
（3）如图，连接CD，CM，DM，
∵EF的中点为M，∠ACB＝∠EDF＝90°，
∴CM＝DM＝EF，
∴点M在线段CD的垂直平分线上运动，
如图，当点E'与点A重合时，点F'在BC的延长线上，
当点E''与点C重合时，点F″在CB的延长线上，
过点M'作M'R⊥F'C于R，
∴M'R∥AC，
∴＝，
∴M'R＝1，F'R＝CR，
由图2，设AN＝DN＝x，BH＝DH＝nx，
∴AD＝x，BD＝nx，
∴AB＝（n+1）x＝2，
∴x＝，
∵F'D＝BD＝nx，
∴F'B＝2nx，
∴CF'＝2nx﹣2，
∴CR＝nx﹣1＝﹣1＝，
由（2）可得：CD＝＝x ，DF″＝nDE″＝nx ，
∴CF″＝（1+n2）x，
∴CM″＝＝＝，
∴RM″＝n，
∴M″M'＝，
∴点M运动的路径长为．

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