资源简介

模型 19 “手拉手”模型
基础模型
条件 在等腰△OAB中,OA=OB,在等腰△OCD中,OC=OD,∠AOB=∠COD=α,将△OCD绕点O旋转一定角度后,连接AC,BD(称为“拉手线”，左手拉左手，右手拉右手)，相交于点 E，连接OE
结论 1. △AOC≌△BOD,AC=BD(即拉手线相等); 2. EO平分∠AED; 3. ∠AEB=∠AOB=α
旋 转 构造“手拉手”模型的步骤 1.先找有没有“等线段，共顶点”； 2.选择其中一个三角形，将其经过“共顶点”的线段旋转； 3.旋转方向与这个三角形的“等线段”旋转到另一条“等线段”的方向一致，旋转角为“等线段”间的夹角
结论分析
结论1:△AOC≌△BOD,AC=BD
证明:∵∠AOB=∠COD,∴∠AOB+∠BOC=∠COD+∠BOC,
∴∠AOC=∠BOD.
在△AOC和△BOD中,
∴AC=BD;
结论2:EO平分∠AED
证明:如图,过点O分别作OM⊥AC于点M,ON⊥BD 于点N,
∵AC=BD,∴OM=ON,∴EO平分∠AED(角平分线的判定).
结论3:∠AEB=∠AOB=α
自主证明：
模型拓展
拓展方向：“反向手拉手”模型
图示
条件 在等腰△ABC和等腰△ADE中,AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE,连接BE,CD(左手拉右手，右手拉左手，称为“反向手拉手”模型)
作法 将“反向手拉手”全等转化为“正向手拉手”全等，方法如下：作出△ABC关于 AC 的轴对称图形△AB'C,连接EB'
结论 △AB'E≌△ACD
模型解题三步法
例1 如图,在△ABC和△ADE中,AB=AC,AD=AE,点B,D,E在同一条直线上,∠BAC=∠DAE.若∠BAD=28°,∠AED=62°,则∠ACE的度数为 .
例2如图,在△ABC中, 以BC为腰，点C 为顶点作等腰△BCD,且∠BCD=120°,连接AD,则AD的长为 .
中小学教育资源及组卷应用平台
题以类解
1. 如图,在△ABC和△ADE中,∠BAC=∠DAE=90°,AB=AC,AD=AE,连接BE,点O 是BE的中点,连接AO,若AO=1,则 CD的长为( )
A. B. 1 C. 2 D.
2. 如图,在△ABC 和△CDE 中,CA=CB,CD=CE,∠ACB=∠DCE=56°,连接AD,BE,且AD 与 BE 交于点 F,连接 CF,则∠CFE = .
3.如图，点A 是半径为2 的⊙O 上一动点,点 B 是⊙O 外一定点,OB=6,连接OA,OB,AB,以AB为边作等边△ABC，连接OC，则OC的最大值为 .
4.如图，四边形AB-CD为正方形，对角线AC与BD交于点 O，E为CD 的中点,连接BE,过点 C 作 CF⊥BE于点 F,连接OF,若AB 的长为6,则OF的长为 .
5.如图,在正方形ABCD 中,点 E 是直线BD 上一动点，以AE 为边作正方形AEFG，连接BG.
(1)如图①，当点 E在线段BD上时，试判断ED 与 BG的数量及位置关系，并说明理由；
(2)如图②,当点 E 在 DB 的延长线上时,
(1)中的结论是否依然成立 请说明理由；
(3)如图③，在图②的基础上，延长 DA 交BG于点M,连接FM,若AB=3 ,BE=1,求线段 FM 的长.
模型展现
自主证明：
∵OA=OB,
∴ ∠OAB=∠OBA,
∵△AOC≌△BOD,
∴∠OAC=∠OBD.
∵ ∠AOB=180°-2∠OAB=α,
∠AEB=180°-∠EAB-∠EBA=180°-(∠OAB
-∠OAC)-(∠OBA+∠OBD)=180°-∠OAB+
∠OAC-∠OBA-∠OBD=180°-2∠OAB,
∴∠AEB=∠AOB=α.
例 1 34° 【解析】根据“手拉手”模型得△BAD≌△CAE(SAS),∴ ∠ACE =∠ABD,∵ AD =AE,∠AED=62°,∴ ∠ADE = ∠AED=62°,∵∠ABD=∠ADE-∠BAD=62°-28°=34°,∴∠ACE=34°.
例2 △BCD CA
5 【解析】如解图,将 CA 绕点 C 顺时针旋转 120°得到CE,连接AE,BE,由“手拉手”模型得△ACD≌△ECB,∴AD=EB.过点 C 作 CF⊥AE 于点F,∵ ∠ACE=120°,CE=CA,∴∠EAC=30°(等腰三角形的性质). 60°,∴ ∠EAB = ∠EAC+∠CAB = 90°,在Rt△EAB 中,
题以类解
1. C 【解析】找模型：是否存在两个等腰三角形：△ABC 和△ADE；是否在某顶角顶点处存在相等的顶角:∠BAC=∠DAE.抽离模型:如解图，用模型：以AC为对称轴作△ABC 的对称图形△AB'C，连接B'E，由反向“手拉手”模型得,△ADC≌△AEB'(SAS),∴CD=B'E,∵O为BE的中点,AB=AB',∴ AO 是△BB'E 的中位线,∴B'E=2AO=2,∴CD=B'E=2.
2.62° 【解析】找模型：是否存在两个等腰三角形：△ABC 和△CDE；是否在某顶角顶点处存在相等的顶角:∠BCA =∠DCE.抽离模型:如解图,用模型:过点 C 作 CH⊥AD 于点H,CI⊥BE 于点I,设AD与BC交于点L.由“手拉手”模 型得: △ACD ≌△BCE,∴∠CAH=∠CBI,在△ACH 和△BCI 中,
∴ CH = CI,在 Rt △CHF 和 Rt △CIF 中, ∴∠CFH=∠CFI,∴ CF平分∠AFE.∵ ∠CAD=∠CBE,∠ALC=∠BLD,∴ ∠AFB=∠ACB=56°,∴∠AFE=180°-56°=124°,∴∠CFE=
【解析】如解图，将线段OB 绕点 B顺时针旋转60°到 O'B,连接OO',CO'.由旋转的性质知∠OBO'=60°,BO'=BO=6,即△OBO'是等边三角形,∴ OO' = BO = 6.又∵ △ABC 是等边三角形,∴ ∠ABC=60°,AB=BC,∴∠OBO'=∠ABC=60°,∴∠OBA=∠O' BC, 在 △OBA 和 △O' BC 中,
(“手拉手”模型),∴OA=O'C.在△OO'C 中,OC【解析】如解图，在BE 上截取 BG = CF,连接OG,∵ 在 Rt△BCE 中,CF⊥BE,∴∠EBC+∠FCB=∠ECF+∠FCB,∴ ∠EBC = ∠ECF,∵ ∠OBC =∠OCD=45°,∴ ∠OBG=∠OCF,在△OBG与△OCF 中, △OCF(SAS)(“手拉手”模型),∴OG=OF,∠BOG= ∠COF,∴ OG ⊥OF. 设 OF = a, ,在 Rt△BCE 中,BC=AB =6, 在△BCF 中,BF= 解得
5. 解:(1)ED=BG,ED⊥BG,
理由:∵四边形 ABCD,四边形AEFG均为正方形，
∴AB=AD,AG=AE,
∠EAG=∠BAD=90°,
∴∠EAG-∠BAE=∠BAD-∠BAE,
即∠BAG=∠DAE,
∴△AED≌△AGB(SAS),
∴ED=BG,∠ADB=∠ABG,
∵∠ABD+∠ADB=90°,
∴∠ABD+∠ABG=90°=∠GBD,
即 ED⊥BG,
∴ED=BG,ED⊥BG;
(2)成立,
理由:∵ 四边形 ABCD,四边形AEFG均为正方形，
∴AB=AD,AE=AG,
∠BAD=∠EAG=90°,
∴ ∠EAB+∠BAD=∠EAB+∠EAG,
即∠EAD=∠GAB,
∴△AED≌△AGB(SAS),∴ED=BG,
∴∠ABG=∠ADB=∠ABD=45°,
即ED⊥BG,
∴ED=BG,ED⊥BG;
(3)如解图,过点A 作 AI⊥BD 于点I,过点 F分别作 FJ⊥BD 交DB 的延长线于点J,FK⊥BG于点 K,
由(2)可知,ED⊥BG,则四边形 FJBK 是矩形，∵四边形ABCD 是正方形,∴∠ABD=45°.
∴AI=BI=3.
由题意可知∠BMD=∠BDM=45°,
∵∠JFE+∠FEJ=90°,∠AEI+∠FEJ=90°,
∴ ∠JFE=∠AEI,
在△EFJ 和△AEI中,
∴△EFJ≌△AEI(AAS),
∴FJ=EI=BK=3+1=4,EJ=AI=3,
∴BJ=FK=EJ+BE=3+1=4,
∴KM=BM-BK=6-4=2,
在 Rt△FMK中,

展开更多......

收起↑