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第3讲 反相似手拉手
前言：本讲介绍一个关于“中线”、“全等”的模型，在中考题中却多以正方形形式出现，识得模型才能快速确定解题方向，找到解题突破口.
知 识 导 航
模型由来
(1) 从手拉手全等模型说起
如图, AB=AC, AD=AE, ∠BAC=∠DAE,即可得: △ABD≌△ACE.
(2) 从全等到相似
改变全等的条件，即线段由相等变为成比例： 且∠BAC=∠DAE.
即可构成手拉手相似: △ABD∽△ACE.
特别地，当△ABC和△ADE为直角三角形，且∠BAC=∠DAE, 可得△ABE∽△ACE.
(3) 反相似手拉手
将手拉手相似中一个三角形“反”过来，称“反相似手拉手”.
(1) 连接BD, 取BD中点F, 连接CF、EF, 则CF=EF;
(2) 连接CE, 取CE中点F, 连接BF、DF, 则BF=DF.
划重点
如图，△ABC和△ADE是等腰直角三角形，点F是BD边中点, 连接CF、EF.
结论: FC=FE, FC⊥FE.
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引例1：在△ABC中，分别以AB、AC为斜边分别向外侧作等腰直角△ABD和等腰直角△ACE, ∠ADB=∠AEC=90°, F为BC边中点, 连接DF、EF. 求证: DF=EF, DF⊥EF.
法1：构造全等
分别取AB、AC边中点 M、N, 连接MD、MF、NF、NE,
∵M点为AB中点,
∵N、F分别为AC和BC中点,
同理可证: MF=NE,
∵MF∥AC, NF∥AB,
∴∠BMF=∠BAC=∠CNF,
∴∠DMF=90°+∠BMF=90°+∠CNF=∠FNE,在△DMF和△FNE中,
∴△DMF≌△FNE(SAS), ∴DF=EF.
∵∠MDF+∠BMF+∠DFM=90°,
∴∠DFM+∠MFN+∠NFE=90°,即∠DFE=90°.
∴DF=EF且DF⊥EF.
法2：还原手拉手全等模型
作AM⊥AB交 BD 的延长线于M点,作AN⊥AC交 CE的延长线于 N点, 连接CM、BN,
由题意得：△ABM和△CAN均为等腰直角三角形，
∴AM=AB, AC=AN, ∠MAB=∠CAN=90°,
∴∠MAC=∠MAB+∠BAC=∠CAN+∠BAC=∠BAN在△AMC和△ABN中,
∴△AMC≌△ABN(SAS), ∴MC=BN
即DF=EF.
又MC⊥BN, ∴DF⊥EF.
法3：倍长中线
延长DF至点G使得FG=FD, 连接CG、EG.
∴△DFB≌△GFC, ∴BD=CG, ∠DBF=∠GCF,
∴∠ECG=360°-∠BCE-∠GCF=270°-∠ABC-∠ACB ,
∴∠ECG=90°+∠BAC=∠EAD,
又∵EC=EA, CG=BD=AD,
∴△EAD≌△ECG(SAS),
∴DE=GE, DE⊥GE,
∴△DEG是等腰直角三角形，
∴DF=EF, DF⊥EF.
2正方形中的模型
正方形中的反相似手拉手模型：
如图, 在正方形ABCD和正方形CEFG中, 连接AF,取AF中点 M.
(1) 若连接ME、MD, 则有: MD=ME, ME⊥ME.
(2) 若连接MB、MG, 则有: MB=MG, MB⊥MG.
解读：正方形与等腰直角三角形在一些问题中并无区别，因为这两图形中均有“两线段垂直且相等”. 抓重要线段，能帮助我们更快理解正方形问题.
引例2: 如图1, 点E是正方形 ABCD边CD上任意一点，以DE为边作正方形 DEFG，连接BF，点M是线段BF中点, 射线 EM与BC交于点H, 连接CM.
(1) 请直接写出CM和EM的数量关系和位置关系；
(2) 把图1中的正方形 DEFG 绕点 D 顺时针旋转45°, 此时点 F恰好落在线段 CD上，如图2，其他条件不变，(1) 中的结论是否成立，请说明理由；
(3) 把图1中的正方形 DEFG绕点 D 顺时针旋转90°, 此时点 E、G恰好分别落在线段AD、CD上，如图3，其他条件不变，(1)中的结论是否成立，请说明理由.
解析: (1) CM=EM, CM⊥EM.
(2) 成立. 延长CM交AB于点N, 连接FN、EN、EC,
则四边形 BCFN是矩形, ∴FN=CB, FN∥CB,
∴∠EFN=45°, 在△DEC和△FEN中,
∴△DEC≌△FEN(SAS),
∴EC=EN, ∠DEC=∠FEN,
∴∠DEF=∠CEN, ∴CEN=90° ,
∴△CEN是等腰直角三角形，
(3) 成立.
过点 M作MP⊥CD交CD于点 P,作MQ⊥AD交AD于点Q,可证△MPC≌△MQE,∴CM=EM, CM⊥EM.
真 题 演 练
1.(1) 操作发现: 如图1, 小明画了一个等腰△ABC, 其中 AB=AC, 在△ABC 的外侧分别以 AB、AC为腰作了两个等腰直角△ABD、△ACE, 分别取 BD、CE、BC的中点 M、N、G,连接GM、GN. 小明发现了: 线段GM与 GN的数量关系是 ；位置关系是 .
(2) 类比思考:
如图2，小明在此基础上进行了深入思考. 把等腰△ABC换为一般的锐角三角形，其中AB>AC ，其它条件不变，小明发现的上述结论还成立吗 请说明理由.
(3) 深入研究:
如图3，小明在(2)的基础上，又作了进一步的探究. 向△ABC的内侧分别作等腰直角△ABD、△ACE，其它条件不变，试判断△GMN的形状，并给与证明.
2.如图,四边形ABCD是正方形,△EFC是等腰直角三角形,点E在AB上,且∠CEF=90°,FG⊥AD,垂足为点G.
(1) 试判断AG与FG是否相等 并给出证明；
(2)若点H为CF中点, GH与DH垂直吗 若垂直, 给出证明； 若不垂直，说明理由.
3.如图,四边形ABCD是正方形,连接AC,将△ABC绕点A逆时针旋转α得△AEF,连接CF,O为CF的中点, 连接OE、OD.
(1)如图1, 当α=45°时, 请直接写出 OE 与 OD 的关系(不用证明).
(2)如图2, 当 时，(1)中的结论是否成立 请说明理由.
(3)当α=360°时,若 请直接写出点O经过的路径长.
4. 已知正方形 ABCD与正方形 CEFG,M是AF的中点, 连接DM、EM.
(1)如图1, 点E在CD上, 点G在BC的延长线上, 请判断DM、EM的数量关系与位置关系，并直接写出结论；
(2)如图2, 点E在DC的延长线上, 点G在BC上,(1)中结论是否仍然成立 请证明你的结论；
(3)将图1中的正方形CEFG绕点C旋转, 使 D、E、F三点在一条直线上, 若 AB=13, CE=5, 请画出图形, 并直接写出 MF 的长.
5. 如图, 四边形ABCD 是正方形, 点O为对角线AC的中点.
(1) 问题解决: 如图1, 连接BO, 分别取CB、BO的中点P、Q,连接PQ,则 PQ与BO的数量关系是 ,位置关系是 ；
(2) 问题探究: 如图2, △AO'E 是将图1中的△AOB 绕点A 按顺时针方向旋转 45°得到的三角形，连接 CE，点P、Q分别为CE、BO'的中点, 连接PQ、PB. 判断△PQB 的形状，并证明你的结论；
(3) 拓展延伸: 如图3, △AO'E 是将图1中的△AOB 绕点A 按逆时针方向旋转45°得到的三角形，连接BO'，点P、Q分别为CE、BO'的中点, 连接PQ、PB. 若正方形ABCD的边长为1, 求△PQB的面积.
第3讲 反相似手拉手模型
1.解析: (1) 如图, 连接BE, CD 相交于H,
∵△ABD和△ACE都是等腰直角三角形，
∴AB=AD, AC=AE, ∠BAD=∠CAE=90°
∴∠CAD=∠BAE, ∴△ACD≌△AEB (SAS),
∴CD=BE, ∠ADC=∠ABE,
∴∠BDC+∠DBH=∠BDC+∠ABD+∠ABE=∠BDC+∠ABD+∠ADC=∠ADB+∠ABD=90°,
∴∠BHD=90°, ∴CD⊥BE,
∵点 M, G分别是BD, BC的中点,
同理：
∴MG=NG, MG⊥NG.
(2) 如图, 连接CD, BE相交于点H,
同 (1) 的方法得, MG=NG, MG⊥NG;
(3) 如图, 连接EB, DC, 延长线相交于H,
同 (1) 的方法得, MG=NG,
同(1) 的方法得, △ABE≌△ADC, ∴∠AEB=∠ACD,
∴∠CEH+∠ECH=∠AEH-∠AEC+180°-∠ACD - ∠ACE
=∠ACD-45°+180°-∠ACD-45°=90°,
∴∠DHE=90°,
同(1) 的方法得, MG⊥NG,
∴△MGN是等腰直角三角形.
2.解析: (1) 相等.
过点 F 作 FM⊥BA 交 BA 延长线于点 M, 易证△EBC≌△FME,
∴BE=MF, BC=ME,
又BC=AB, ∴ME=AB, 即BE=MA,
∴MF=MA, ∴四边形AMFG是正方形,
∴AG=FG.
(2) 延长DH、FG交于点N, 易证△CDH≌△FNH,
∴CD=FN, FN=AD,
∵FG=AG, ∴GN=GD,
∴△DGN是等腰直角三角形，又H是DN中点，
∴GH⊥DH.
3.解析: (1) OE=OD, OE⊥OD.
∵点O为CF中点,.
又∵AC=AF, ∠CAF=45°, ∴∠ACF=∠AFC=67.5°,∴∠COE=45°, ∠DOF=45°, ∴∠DOE=90°,∴OE⊥OD.
(2)分别取AC、CF中点M、N, 连接OM、DM、ON、EN,易证△OMD≌△ENO (SAS), ∴OE=OD,∠DOE=∠DOM+∠EOM=∠OEN+∠EOM=90°,∴OE⊥OD.
(3) F点轨迹是以A为圆心，AC为半径的圆，O点始终为CF中点, 取AC中点Q, 以点 Q为圆心, QC为半径作圆,即为点O的轨迹. 故点O经过的路径长为8π.
4.解析:(1)延长EM交AD于点N,易证△ANM≌△FEM,
∴AN=FE, ∴DN=DE, ∴△DEN是等腰直角三角形,又M点是EN中点, ∴MD=ME, MD⊥ME.
(2) 延长EM交DA延长线于点 P, 易证△AMP≌△FME,∴AP=EF=CE, ∴DP=DE, ∴△DPE是等腰直角三角形, 又M点是PE中点，
∴DE=ME, DM⊥ME.
(3)法1：延续前两小问思路，
延长EM至点Q使得MQ=ME, 连接AQ、DQ,易证△AMQ≌△FME, ∴AQ=EF=EC, ∠QAM=∠EFM,
∴AQ∥DE, ∴∠QAD=∠ADE=∠ECD, 又AD=CD,
∴△QAD≌△ECD, 易证△QDE是等腰直角三角形,
∴△DME是等腰直角三角形，
过点 M作MH⊥DE交DE于点H, 则MH=6, FH=1,
如图2，同理可求，
法2：勾股定理
如下图1，. EC=5,DC=13,∴DE=12,DF=7,DH=7× =
勾股定理可得：
同理可得，图2中
综上，MF的值为 或
5.解析：
(2) 等腰直角三角形.
连接O'P并延长交BC于点M, ∵点P是EC中点, 且EO'∥BC,易证△PO'E≌△PMC,∴O'E=MC,由( ∴O'A=MC,∴O'B=MB,∴△BMO'是等腰直角三角形,又P、Q分别是中点，可得△PBQ是等腰直角三角形.
(3)延长O'P 与与DC延长线交于点 M, 易证△PEO'≌△PCM,∴CM=EO',易证△BCM≌△BAO',可得BO'=BM,BO'⊥BM, ∴△BMO'是等腰直角三角形, 又点 P、Q 均为中点，可得△PQB 是等腰直角三角形，∵正方形面积为 1， ∴△PBQ的面积为

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