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(共35张PPT)
三角形全等之"手拉手"模型
手拉手模型
预备知识
等腰三角形的相关概念
全等三角形判定之 "SAS"
模型的概念及分类
重叠型
错开型
模型的相关结论
常见手拉手模型
等边三角形之手拉手
正方形之手拉手
日常实战
链接月考、中考
预备知识
等腰△ABC中，AB=AC.
称AB、AC为等腰三角形的腰，BC为等腰三角形的底边
∠BAC为等腰三角形的顶角
1.等腰三角形的相关概念
2.全等三角形判定之"SAS"
△ABC和△DEF中，
AB=DE，BC=EF，∠ABC=∠DEF
则可由"SAS"判定△ABC △DEF
模型的概念及分类
手拉手模型：两个顶角相等且顶角顶点重合于一起的等腰
三角形就构成了"手拉手"模型
△ABC和△ADE中，
AB=AC，AD=AE，
∠BAC=∠DAE
重叠型
△ABC和△ADE有重叠
错开型
△ABC和△ADE错开
模型的相关结论
结论："手拉手"模型下有全等三角形
重叠型
∠BAC=∠DAE ∠BAD=∠CAE
连接DB、EC可由"SAS"得△ABD △ACE
结论："手拉手"模型下有全等三角形
错开型
∠BAC=∠DAE ∠BAD=∠CAE
连接DB、EC可由"SAS"得△ABD △ACE
常见"手拉手"模型
1. 等边三角形之手拉手
如图，A、B、C三点共线，△ABE和△BCD都是正三角形. 连接AD、CE，AD与CE交于点F，AD交BE于点M，CE交BD于点N，连接BF、MN.
(1) 求证：△ABD △EBC；
(2) 证明FB平分∠AFC并求∠AFC的大小；
(3) 求证：△BMN是等边三角形.
∠AFC=120°
1.等边三角形之手拉手 拓展
小明将△BCD绕点B旋转一周，在此过程中，直线AD与直线CE交于点F，并设两直线AD与CE所成的锐角为∠α. 小明发现∠α的大小始终不变.
请在以上三种情形之下分别证明小明的结论.
2. 正方形之手拉手
如图，ABCD和CEFG都是正方形. E在CD上，连接BE、DG.
判断并证明BE与DG之间的关系.
2. 正方形之手拉手 拓展
小丽将正方形CEFG绕点C旋转一周，在此过程中， 小丽发现BE与DG之间的关系始终不变.
请在以上两种情形之下分别证明小丽的结论.
日常实战
1. AB=AC，AD=AE，E在BD上，若∠ABC=62°，则∠BDC=
2. 如图，AB=AD，AC=AE，∠DAB=∠CAE=50°，以下四个结论，
① △ADC △ABE ② CD=BE ③ ∠DOB=50° ④ 点A在∠DOE的平分线上
其中正确的是
3. 如图，在正方形ABCD中，E是对角线BD上一点(BE按顺时针方向旋转90°得到线段CE'，连接AE、DE'、EE'.
下列结论：① 若∠BAE=20°，则∠DE'E=70° ② BE2 +DE2=2AE2
③ 若∠BAE=30°，则DE= BE ④ 若BC=9 ，EC=10，则sin∠DEC=9/10
其中正确的结论有
4. 如图，△AOB和△COD都是等腰直角三角形，∠AOB=∠COD=90°，
且点A、C、D在同一条直线上，连接BD.
(1) ∠ADB的度数为 .
(2) 若C、P分别是AD、AB的中点，连接PC、PD，则CD与AB的数量关系是
5. ∠BAD=∠CAE=90°，AB=AD，AE=AC，AF⊥CF. 求证：CD=2BF+DE
延长BF至点G，使得FG=FB，连接AG
BG=2BF且AG=AB
由手拉手知△ABC △ADE BC=DE
且可证△ACG △ACD
CD=CG=BC+BG=DE+2BF
∴CD=2BF+DE
6. △ABC中，AB=AC，点D是BC上一点(不与B、C重合)，以AD为一边在AD
的右侧作△ADE，使AD=AE，∠DAE=∠BAC，连接CE.
(1)如左图，若∠BAC=90°，① 说明△ABD △ACE ② 求∠BCE的度数.
(2) 设∠BAC=α，∠BCE=β，如右图，探究α与β之间的数量关系.
题6的变形
已知在△ABC和△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC，AD=AE，点D是直线BC上的一动点(不与B、C重合)，连接CE.
(1) 在图1中，当点D在BC边上时，求证：BC=CE+CD
(2) 在图2中，当点D在BC的延长线上时，结论BC=CE+CD是否成立 若不成立，请猜想BC、CE、CD之间存在的数量关系，
并说明理由；猜想CE与BC的位置关系，并说明理由
(3) 在图3中，当点D在BC的反向延长线上时，补全图形，并直接写出BC、CE、CD之间存在的数量关系
7. 如图，已知△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD、CE，延长EC交BD于点P.
(1)求证：△BAD △CAE
(2)连接AP，用等式表示线段AP、DP、EP之间的数量关系，并证明.
EP=AP+DP
由手拉手 △BAD △CAE ∠ADB=∠AEC
而∠ADB+∠EPD=∠AEC+∠EAD ∠EPD=∠EAD=60°
在EP上取点Q，连接DQ，则△DPQ是正三角形
△DAE也是正三角形 手拉手 △APD △EQD AP=EQ
∴EP=AP+DP
EP=AP+DP
8. 如图，等边△ABC中，BD=CE，延长BE到P，使∠P=30°，
若PB=4BF，则PF : AF=
BD=CE △ABD △BCE ∠BAD=∠CBE
∠AFE=∠ABF+∠BAD=∠ABF+CBE=60°
在FP上取点Q，使得AF=FQ，则△AFQ是正三角形，连接CQ.
手拉手 △ABF △ACQ ∠AQC=∠AFB=120° ∠BQC=60°
∠P=30° ∠P=∠QCP CQ=PQ
而CQ=BF PQ=BF
由PB=4BF知PB=2FQ=2AF PF : AF=3 : 2
链接月考、中考
1. (全国百强高中联考招生试题)如图，在Rt△ABC中，AB=AC=10，∠BAC=90°，
等腰直角△ADE绕点A旋转，∠DAE=90°，AD=AE=4，连接DC，点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点，连接MP、PN、MN，则△PMN面积的最小值是
由手拉手可知△ABD △ACE
∠1=∠2且BD=CE
∠1=∠2 ∠DBC+∠BCE=∠ABC+∠BCA=90°
得BD⊥CE且BD=CE
PN是△BDC的中位线 BD=2NP，BD∥PN
同理：CE=2PM，CE∥PM
可知△PMN是等腰直角三角形 S△PMN=1/2PN2=1/8BD2
又由AB=10，AD=4知BDmin=6
∴△PMN面积的最小值是9/2
2. (2024遂宁 T10)如图，正方形ABCD与正方形BEFG有公共顶点B，连接EC、GA交于点O，GA与BC交于点P，连接OD、OB，则下列结论一定正确的是( )
① EC⊥AG；② △OBP △CAP；③ OB平分∠CBG；④ ∠AOD=45°
A. ①③ B. ①②③ C. ②③ D. ①②④
3. (2025北京 月考)如图，P是正方形ABCD外一点，CD=CP，连接BP、DP，
CE平分∠DCP交BP于点E. 探究：PD、BE、CE三者之间的数量关系.
设∠DCP=2α
∠BCP=90°+2α ∠BPC=45°-α ∠BEC=45°
且有∠CPD=90°-α ∠BPD=∠CPD-∠BPC=45°
过点C作CQ⊥CE交BP于点E，则△CQE是等腰直角
三角形，连接DE
由手拉手 △BCQ △DCE BQ=DE=PE
可证△EDP是等腰直角三角形 PD= PE= BQ
∴由BE=BQ+QE知 BE=2CE+DP
4.（2024四川巴中市中考）
综合与实践.
(1)提出问题：如图1，在△ABC和△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC，AD=AE，连接BD，连接CE交BD的延长线于点O.
①∠BOC的度数是 ②BD ：CE=
(2)类比探究：如图2，在△ABC和△DEC中，∠BAC=∠EDC=90°，AB=AC，DE=DC，连接AD、BE并延长交于点O.
①∠AOB的度数是 ②AD：BE=
(3)问题解决：如图3，在等边三角形ABC中，AD⊥BC于点D，点E在线段AE上(不与A重合)，以AE为边在AD的左侧构造等边△AEF，将△AEP绕着点A在平面内顺时针旋转任意角度. 如图4，M为EF的中点，N为BE的中点.
①试说明△MND为等腰三角形； ②求∠MND的度数.
5.(2024北京 T27)已知∠MAN=α(0°<α<45°)，点B、C分别在射线AN、AM上，将线段BC绕点B顺时针旋转180°-2α得到线段BD，过点D作AN的垂线交射线AM于点E.
(1)如图1，当点D在射线AN上时，求证：C是AE中点；
连接CD，
BC=BD且∠CBD=180°-2α ∠ADC=α=∠A CA=CD
又∠A+∠AED=90°，∠ADC+∠CDE=90° ∠AED=∠CDE
CD=CE
∴CA=CE
5.(2024北京 T27)已知∠MAN=α(0°<α<45°)，点B、C分别在射线AN、AM上，将线段BC绕点B顺时针旋转180°-2α得到线段BD，过点D作AN的垂线交射线AM于点E.
(2)如图2，当点D在∠MAN内部时，作DF∥AN，交射线AM于点F，用等式表示线段EF与AC的数量关系，并证明.
EF=2AC
取EF中点P，连接DP
由△EFD是Rt△知EF=2DP且∠2=∠1=∠A=α ∠DPE=2α
在AM上取点Q，连接BQ，使得BQ=BA ∠AQB=∠A=α
连接DQ，由手拉手可知△ABC △QBD AC=QD
且∠BQD=∠A=α ∠AQD=2α=∠DPE
DP=QD
∴EF=2AC
6.(2025河南郑州一模)如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标为(2，0)，点M为x轴上方一动点，且OM=2，以点M为直角顶点构造等腰Rt△BMP，当线段OP取最大值时，OP
的长度为 ，点M的坐标为 .
6.(2025河南郑州一模)如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标为(2，0)，点M为x轴上方一动点，且OM=2，以点M为直角顶点构造等腰Rt△BMP，当线段OP取最大值时，OP
的长度为 ，点M的坐标为 .
过点M作MN⊥OM且MN=OM，
连接BN 由手拉手知△OMP △NMB OP=NB
连接ON，△MNO是等腰直角三角形 ON=
∴点N的轨迹是以O为圆心，半径是 的圆弧
∴OP的最大值= ，
此时M( ， )
7.(2026北京)在△ABC中，AB=AC，∠BAC=α，D是△ABC内一动点，连接DC，将线段DC
绕点D逆时针旋转180°-α得到线段DE，连接BE.
(1)如图1，当点E与点A重合时，求证：AD⊥BC
(2)如图2，当点E在△ABC的内部时，DE的延长线与AB交于点F，取BE中点P，连AP、DP.
写出∠APD的大小，并证明.
(2) ∠APD=90°
过点B作BG∥ED交DP的延长线于点G，
P是BE中点 △PBG △PED BG=ED=CD
连接AG、AD
∠BAC=α ∠EDC=180°-α ∠BAC+∠EDC=180°
∠BFD=∠ACD
由BG∥ED ∠ABG=∠BFD ∠ABG=∠ACD
∴△ABG △ACD AG=AD
又P是GD中点 ∠APD=90°
8.(2026北京海淀 T27)在△ABC中，AB=AC，∠B=α(0°<α<45°)，D、E分别是BC、AC的中点，M是线段BD上的动点(不与B、D重合)，连接DE、EM，将线段EM绕点E顺时针旋转2α得到线段EN，连接AN，
(1) 如图1，求证：AN=DM
DE是△ABC的中位线 DE=1/2AB=1/2AC=AE，
且DE∥AB ∠AED=∠EDC+∠C=∠B+∠C=2α
有∠MEN=∠DEA
由手拉手知△MED △NEA AN=DM
8.(2026北京海淀 T27)在△ABC中，AB=AC，∠B=α(0°<α<45°)，D、E分别是BC、AC
的中点，M是线段BD上的动点(不与B、D重合)，连接DE、EM，将线段EM绕点E顺时针
旋转2α得到线段EN，连接AN，
(2) 如图2，连接MN交AB于点F，当MF=NF时，用等式表示线段FB与FA的数量关系并证明.
FB=3FA
过点M作MG∥AN交AB于点G，连接DG
由FM=FN △AFN △GFM GM=AN=MD且∠GMN=∠MNA
又由∠DME=∠ANE且∠NME=∠MNE ∠GMD=2∠NME
∠MEN=2α且ME=NE ∠NME=90°-α ∠GMD=180°-2α
由GM=MD ∠MDG=α=∠B GD=GB
连接AD，AD⊥BC ∠ADG=∠DAG GD=GA FB=3FA
9. 如图，正方形ABCD、CEFG共顶点C，AB=4，CE=2 . 连接BG、DE交于点K，连接BE、CK，若点C恰好为△BEK的内心，则CK=
手拉手 △CBG △CDE ∠CBG=∠CDE
而∠CBG+∠BCD=∠CDE+∠BKD ∠BKD=∠BCD=90°
C是ΔBEK的内心 ∠BKC=∠EKC=45°且∠BCE=135°
连接CF、EG交于点O
CB平分∠GBE且CG=CE ∠BCE=∠BCG=135° B、C、F共线
且可知OG=2，OB=6 tan∠GBO=1/3
过点K作KH⊥BF于点H，∠BKC=45° ∠GBO+∠CKH=45°
由12345模型可知tan∠CKH=1/2
设CH=a，则KH=2a tan∠KBH= a= CK=
下 课
Thanks!
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