资源简介

巧识手拉手模型，秒解相似与全等·自主学习单答案
深圳市桂园中学 张海芳
知识技能梳理
“手拉手”模型是深圳中考几何压轴题的热点题型，近五年深圳中考及模考中，该模型
频繁出现，且考查趋势不断升级——不再局限于单一的全等证明，而是逐步向与相似、勾股
定理、最值问题的综合应用转变，更倾向于考查“手拉手相似”（即旋转相似）。这类题目
通常会有从复杂图形中抽离“手拉手模型”和添加辅助线构造“手拉手模型”两种考法。这
类题往往会通过“中点”或其他线段构造第二层手拉手关系，对学生“图中找图”的模型识
别能力提出了更高要求。通过本节课的梳理学习，助力学生掌握手拉手模型的核心技能，精
准对接深圳中考考点，在二轮复习中实现高效提分，为中考几何冲刺奠定坚实基础。
学习过程
模块一：手拉手全等模型
【特征】：有公共顶点的两个等腰三角形，顶角相等.
因为顶点相连的四条边，形象的可以看做两双手，所以通常称为手拉手模型.
OC在△OAB内部 OC 在△OAB 外部
1、如图，已知等腰△OAB,OA=OB,等腰△OCD 绕点 O 逆时针旋转，E 为 AC、BD 的交点。
结论：①△OAC ≌ △OBD
②AC=BD （拉手线段相等）
③∠AEB=∠AOB （拉手线段所在直线的夹角=等腰三角形顶角）
④ 连接 OE,则 OE 平分∠AED 或 OE 平分∠AED 的补角
1
例 1：已知△ABC是边长为 4的等边三角形，点 D是射线 BC上的动点，将线段 AD绕点 A
逆时针方向旋转 60°（即∠DAE＝60°）得到 AE，连接 DE．
（1）如图 1，猜想△ADE是什么三角形？
（2）如图 2，猜想线段 CA、CE、CD之间的数量关系，并证明你的结论．
【解答】解：（1）由旋转变换的性质可知，AD＝AE，∠DAE＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
故答案为：等边三角形；
（2）CA+CD＝CE，证明如下：
由旋转的性质可知，∠DAE＝60°，AD＝AE，
∵△ABC是等边三角形
∴AB＝AC＝BC，∠BAC＝60°，
∴∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠BAC+∠DAC＝∠DAE+∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，
∴CE＝BD＝CB+CD＝CA+CD，
∴CA+CD＝CE．
例 2：如图，在△ABC 中，∠B＝90°，AD＝AC，点 E 在边 BC 上，连接 DE 与 AC 相交于点 F，
连接 AE，∠DAC＝2∠BAE．记△CEF 的面积为 m，△ABE 的面积为 n，则△ADF 的面积
为 ．
2
【解答】解：延长 EB至 M，使 BM＝BE，连接 AM，
在△AMB和△AEB中，
，
∴△AMB≌△AEB（SAS），
∴△AMB面积＝△AEB面积＝n，
∴AM＝AE，∠MAB＝∠BAE，
即∠MAE＝2∠BAE，
∵∠DAC＝2∠BAE．
∴∠MAE＝∠DAC，
∴∠MAC＝∠DAE，
在△MAC和△EAD中，
，
∴△MAC≌△EAD（SAS），
∴△MAC面积＝△EAD面积，
即△AEF面积+△AFD面积＝△MAE面积+△AEF面积+△EFC面积，
∴△AFD面积＝2n+m．
【探究】：下面三类“手拉手”会得到哪些结论呢
①任意等腰三角形手拉手
②等边三角形手拉手
③等腰直角三角形手拉手(正方形手拉手等)
3
【模型推广】等边三角形手拉手全等和等腰直角三角形
1、等边三角形手拉手全等
结论：①△OAC ≌ △OBD
②AC=BD （拉手线段相等）
③∠AEB=∠AOB = 60°
④ 连接 OE,则 OE 平分∠AED 或 OE 平分∠AED 的补角
2、等腰直角三角形手拉手全等
结论： ①△OAC ≌ △OBD
②AC=BD （拉手线段相等）
③∠AEB=∠AOB = 90°
④ 连接 OE,则 OE 平分∠AED 或 OE 平分∠AED 的补角
【模型推广】正方形手拉手全等
结论：
①△AGD ≌ △AEB
②DG=BE
③BE⊥DG
4
模块二：手拉手相似模型
【特征】有公共顶点的两个三角形，公共顶角相等，顶角两边对应成比例。
如图，在△OAB 中,CD∥AB，△OCD 绕点 O 逆时针旋转，E为直线 AC 和直线 BD 的交点。
OC 在△OAB 内部 OC 在△OAB 外部
结论：①△OAC ∽△OBD
AC = OA = OC②
BD OB OD
③∠AEB=∠AOB
例 1：在 Rt△ABC 中，∠ABC=90°，AB=BC,D 是 BC 上的一点，E 是 AC 上的一点，且 DC=DE,
将△DEC 绕着点 C 逆时针旋转至如图所示，连接 AE，BD 相交于点 F，则∠BFE 的度数为___.
【解答】设 AC 与 BD 交于点 G，由旋转的性质可知，CD=DE=AB=BC=2,
∴CE=AC=2 2
∵旋转前后的图形全等，对应边和对应角相等
= ∴ = 2

又∵∠DCE=∠ACB=45 °
∴∠DCE+∠ACD=∠ACB+∠ACD
即∠ECA=∠BCD
∴△CAE∽△CBD
∴∠EAC=∠DBC
又∵∠DGA=∠BGC
∴∠AFB=∠ACB=45°
∴∠BFE=135°.
5
例 2:[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＝30°，AC
与 DE相交于点 F，点 D在 BC边上， ，求① ＝ ．② 的值．
[拓展延伸]
（3）如图③，D是△ABC内一点，∠BAD＝∠CBD＝30°，∠BDC＝90°，AB＝4， ，
直接写出 AD的长 ．
【解答】（1）证明：∵△ABC∽△ADE，
∴ ，∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠CAE， ，
∴△ABD∽△ACE；
（2）解：①如图 1，连接 EC，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，
∴cot30°＝ ＝ ；
②∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，
∴△ABC∽△ADE，
由（1）知△ABD∽△ACE，
6
∴ ，
∠ACE＝∠ABD＝∠ADE，
在 Rt△ADE中，∠ADE＝30°， ，
∴ ．
∵∠ADF＝∠ECF，∠AFD＝∠EFC，
∴△ADF∽△ECF，
∴ ，
（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，
∴ ，
又∠BDC＝∠MDA，
∴∠BDC+∠CDM＝∠ADM+∠CDM，
即∠BDM＝∠CDA，
∴△BDM∽△CDA，
∴ ，
∵AC＝2 ，
∴BM＝2 ＝6，
在 Rt△ABM中，AM＝ ＝ ＝2 ，
∴AD＝ ．
7
【模型推广】长方形手拉手相似
①△AGD ∽ △AEB
AG = AD② = DG
AE AB BE
③BE⊥DG
模块三：手拉手模型核心方法与拓展应用
【特征】左手拉右手，右手拉左手，称为“反向手拉手”模型。
如图，在等腰三角形 ABC 和等腰三角形 ADE 中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，连接 BE，
CD.
思路点拨：将“反向手拉手”模型转化为“手拉手”模型.
方法如下:作出△ABC 关于 AC 对称的△AB'C，连接 EB'. 证明△AB'E≌△ACD
例 1:如图,在△ABC 和△ADE 中,∠BAC=∠DAE=90°,AB=AC,AD=AE,连接 BE 和 CD,点 O 是 BE
的中点,连接 AO,若 AO=1,求 CD 的长度.
8
【解答】如图,以 AC 所在直线为对称轴作△ABC 的轴对称图形△AB’C,连接 B’E,
由对称的性质可得 AB=AB’,∠BAC=∠B’AC=90°,
∴B,A,B’三点共线.
∵∠DAC+∠CAE=∠EAB’+∠CAE
∴∠DAC=∠EAB’
又∵AB=AC
∴AB’=AB=AC
在△ADC 和△AEB’中
= '
∠ = ∠ '
=
∴△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=4
∴CD=B’E=4
例 2：如图 1，在正方形 ABCD中，点 G是边 BC上一点，以 CG为边作正方形 CEFG，连
接 AF，DG．
（1） 的值是 ，直线 DG，AF所夹锐角的度数是 ．
（2）如图 2，正方形 CEFG绕点 C顺时针旋转时，上述结论是否成立？若成立，请结合
图 2证明；若不成立，请说明理由．
【解答】解：（1）如图 1，连接 FC，连接 AC交 DG于 O，延长 DG交 AF于 H，
∵四边形 ABCD和四边形 CEFG是正方形，
∴DA＝DC，∠ADC＝∠CGF＝90°，GC＝GF，∠ACB+∠FCG＝45°+45°＝90°＝∠
9
ACF，
∴由勾股定理得 ，
∴∠ACF＝∠DCG， ，
∴△DGC∽△AFC，
∴ ，∠FAC＝∠GDC，
又∵∠AOH＝∠DOC，
∴∠AHO＝∠ACD＝45°，
故答案为： ，45°；
（2）上述结论成立；
证明：如图 2，连接 FC，连接 AC交 DG于 O，延长 DG交 AF于 H，
∵四边形 ABCD和四边形 CEFG是正方形，
∴DA＝DC，∠ADC＝∠CGF＝∠DCB＝90°，GC＝GF，∠ACB+∠FCG+∠BCG＝45°
+45°+∠BCG＝90°+∠BCG＝∠ACF，
而∠DCG＝∠BCD+∠BCG＝90°+∠BCG，
∴∠DCG＝∠ACF，
由勾股定理得 ，
∴ ，
∴△DGC∽△AFC，
∴ ，∠FAC＝∠GDC，
又∵∠AOH＝∠DOC，
∴∠AHO＝∠ACD＝45°，
∴结论仍然成立；
10
模块一巩固练习答案
1、（识别手拉手全等）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点 P在△ABC内，
△AP′C是由△BPC绕着点 C旋转得到的，PA＝ ，PB＝1，∠BPC＝135°．则 PC
＝ ．
【解答】解：∵△AP′C是由△BPC绕着点 C旋转得到的，
∴∠P′CA＝∠PCB，CP′＝CP，
∴∠P′CP＝∠ACB＝90°，
∴△P′CP为等腰直角三角形，
可得出∠AP′B＝90°，
∵PA＝ ，PB＝1，
∴AP′＝1，
∴PP′＝ ＝2，
∴PC＝ ，
2、（构造手拉手全等）如图，等腰 Rt△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，E为线段 AC上
除 A，C外的任意一点，若点 D为△ABC外一点，且∠ADB＝45°，判断 BD，DC的位
置关系．
【解答】解：BD⊥DC，理由如下：
如图，过点 A作 AF⊥AD交 BD于点 F，
∴∠FAD＝90°，
11
∵∠ADB＝45°，
∴∠AFD＝45°＝∠ADB，
∴AF＝AD，
∵∠BAC＝∠FAD＝90°，
∴∠BAF＝∠CAD，
在△ABF和△ACD中，
，
∴△ABF≌△ACD（SAS），
∴∠AFB＝∠ADC，
∵∠AFB+∠AFD＝180°，
∴∠AFB＝135°，
∴∠ADC＝135°，
∵∠ADB＝45°，
∴∠BDC＝∠ADC﹣∠ADB＝90°，
∴BD⊥DC．
3、（构造手拉手全等）如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，AB＝3 ，BC＝12，以 AC为
腰，点 A为顶点作等腰△ACD，且∠DAC＝120°，则 BD的长为 ．
【解答】解：以 A为旋转中心，把△BAC逆时针旋转 120°，得到△EAD，连接 BE，作
AP⊥BE于 P，
则∠BAE＝120°，AB＝AE，DE＝BC，
∴∠ABE＝∠AEB＝30°，
∴BP＝AB cos∠ABP＝ ，∠DEB＝90°，
∴BE＝2BP＝9，
12
在 Rt△BED中，BD＝ ＝15，
4、已知：△ABC是等边三角形，点 O是直线 BC上方的一点，连接 AO，BO，CO，并且∠
BOC＝60°．
（I）如图 1，BO交 AC于点 M，若 CO⊥BC，求证：∠CAO＝∠ACO；

（Ⅱ）如图 2，CO交 AB于点 N，作 AD⊥CO于点 D，求 的值．

【解答】（I）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∵CO⊥BC，
∴∠OCB＝90°，
∵∠BOC＝60°，
∴∠OBC＝90°﹣∠BOC＝30°，
∴∠OBA＝∠OBC＝30°，
∵△ABC是等边三角形，BO平分∠ABC，
∴BO垂直平分 AC，
∴OA＝OC，
∴∠CAO＝∠ACO．
（2）解：在 CO上截取 CM＝BO，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB，∠BAC＝60°，
13
∴∠BAC＝∠BOC，
∵∠ACM＝∠BNC﹣∠BAC＝∠BNC﹣∠BOC，且∠ABO＝∠BNC﹣∠BOC，
∴∠ACM＝∠ABO，
在△ACM和△ABO中，
=
∠ = ∠ ，
=
∴△ACM≌△ABO（SAS），
∴AM＝AO，
∵AD⊥CO于点 D，
∴DM＝DO，
∴CO﹣BO＝CO﹣CM＝MO＝2DO，
2
∴ = =2，


∴ 的值是 2．

声明：试题 析著作权 5 模块二巩固练习答案
1．如图，△ABC和△AEF均为等腰直角三角形，AB=BC，AE=EF．若 = 2，求 CF的
长。
∴∠BAC-∠CAE=∠EAF-∠CAE
∴∠BAE=∠CAF

又∵ = = 2

∴△CAF∽△BAE
= ∴ = 2


∴ = 2
2
∴CF=2
14
2、（1）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： 的值为 ；∠AMB 的度数为 ．
（2）类比探究
如图 2，在矩形 ABCD 和矩形 DEFG 中，AB＝1，AD＝ED＝ ，DG＝3，连接 AG，BF，求
的值．
【解答】解：（1）∵∠AOB＝∠COD＝40°，OA＝OB，
∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+∠AOD，∠OAB+∠OBA＝180°﹣40°＝140°，
∴∠AOC＝∠BOD，
在△AOC和△BOD中，
，
∴△AOC≌△BOD（SAS）
∴AC＝BD，∠CAO＝∠DBO，
∴ ＝1，∠AMB＝180°﹣∠MAH﹣∠HAB﹣∠MBA＝180°﹣∠HAB﹣∠MBA﹣∠
DBO＝40°，
（2）连接 BD、DF，
∵四边形 ABCD和四边形 DEFG是矩形，
15
∴∠BAD＝∠DCB＝∠EDG＝90，
∵AB＝1，AD＝ED＝ ，DG＝EF＝3，
∴BD＝ ＝2，DF＝ ＝2 ，
∴∠ADB＝30°，∠EDF＝60°，∠FDG＝30°，
∴∠BDF＝∠ADB+∠ADE+∠EDF＝90°+∠EDF，
∠ADG＝∠EDG+∠EDF＝90°+∠EDF，
∴∠ADG＝∠BDF，
∵ ， ，
∴△ADG∽△BDF，
∴ ＝ ＝ ．
BC CE a
3、Rt 和 Rt DEC中， ACB DCE 90 ， ．
AC CD b
【初步感知】
a
（1）如图 1，若 1，连接 AD,BE，则 AD与 BE之间的数量关系是____，位置关系是_____；
b
（直接写出结论，不写推理过程）
【深入探究】
a
（2）如图 2，若 1，将 CDE绕点 C旋转，设直线 BE与 AC交于点 M，与 AD交于点 N，
b
试确定 AD与 BE之间的数量关系和位置关系，并说明理由；
【迁移应用】
16
a 3
（3）如图 3，当点 D 在Rt△ABC内部，且 ACD ABC时，若 ，BC 7.5,CE 3.5，
b 4
连接 AD,BE，作CF BE于点 F，交 AD于点 G，求 FG的长．
【解答】（1）证明：∵ ＝1，
∴BC＝AC，CE＝CD，
又∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACB+∠ACE＝∠DCE+∠ACE，
即∠BCE＝∠ACD，
在△BCE和△ACD中，
，
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴AD＝BE，∠CBE＝∠CAD，
设 BE与 AC交于点 O，
∵∠BOC＝∠AON，
∴∠CAD+∠AON＝90°，
则∠ANO＝90°，
即 AD⊥BE；
（2）数量关系： ，
位置关系：AD⊥BE．
证明∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACB+∠ACE＝∠DCE+∠ACE，即∠BCE＝∠ACD，
又∵ ，
∴△BCE∽△ACD，
17
∴ ，∠CBE＝∠CAD，
设 BE与 AC交于点 M，与 AD交于点 N，
∵∠BMC＝∠AMN，∠CBE+∠BMC＝90°，
∴∠CAD+∠AMN＝90°，
则∠ANM＝90°，
即 AD⊥BE；
（3）解：∵ ，BC＝7.5，CE＝3.5，
∴AC＝10， ，
过点 A作 CD平行线交 CG延长线于点 H，则∠DCG＝∠H，过点 E作 BC延长线的垂线，
垂足为点 J，
∵CF⊥BE，∠DCE＝90°，
∴∠DCG＝∠BEC＝90°﹣∠FCE，
∴∠BEC＝∠H，
∵CF⊥BE，∠ACB＝90°，
∴∠CBE＝∠ACG＝90°﹣∠BQC，
∴△BCE∽△CAH，
∴ ，
∵CE＝3.5，
∴ ，
∴AH＝CD，
∵∠AGH＝∠DGC，∠DCG＝∠H，
∴△AGH≌△DGC（AAS），
18
∴ ，
∵∠DCE＝90°，∠ACJ＝180°﹣∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝∠ECJ＝90°﹣∠ACE，
∵∠ACD＝∠ABC，
∴∠ECJ＝∠ABC，
∴tan∠ECJ＝tan∠ABC， ，
设 EJ＝4x，CJ＝3x，
则在 Rt△ECJ中，由勾股定理得 EC＝5x＝3.5，
∴x＝ ，
∴EJ＝ ，CJ＝ ，
∴BJ＝BC+CJ＝7.5+ ＝ ，
∴BE＝ ＝10，
∵ ＝ ，
∴CF＝ ＝ ，
∵ ＝ ，
∴CH＝ ，
∴CG＝ CH＝ ，
∴FG＝CG﹣CF＝ ＝ ．
4、如图 1，在 Rt△ABC中，∠B＝90°，BC＝2AB＝12，点 D，E分别是边 BC，AC的中
点，连接 DE．将△EDC绕点 C按顺时针方向旋转，记旋转角为α．
19
【问题发现】①当α＝0°时， ＝ ；②当α＝180°时， ＝ ；
【拓展探究】试判断：当 0°≤α＜360°时， 的大小有无变化？请仅就图 2的情况给
出证明．
【问题解决】当△EDC旋转至 A，D，E三点共线时，直接写出线段 BD的长．
【解答】解：【问题发现】①当α＝0°时，
∵BC＝2AB＝12，
∴AB＝6，
∴AC＝ ＝6 ，
∵点 D、E分别是边 BC、AC的中点，
∴BD＝CD＝ BC＝6，AE＝CE＝ AC＝3 ，DE＝ AB，
∴ ＝ ，
故答案为： ；
②如图 1，
，
当α＝180°时，
由旋转的性质得：CD＝6，CE＝3 ，
∴AE＝AC+CE＝9 ，BD＝BC+CD＝18，
∴ ，
故答案为： ；
【拓展探究】 的大小无变化；理由如下：
证明：如图 2，
20
∵∠ECD＝∠ACB，
∴∠ECA＝∠DCB，
又∵ ，
∴△ECA∽△DCB，
∴ ；
【问题解决】BD＝6 或 ；理由如下：
①如图 3，
，
∵AC＝6 ，CD＝6，CD⊥AD，
∴AD＝ ＝12，
∵AD＝BC，AB＝DC，
∴四边形 ABCD是平行四边形，
∵∠B＝90°，
∴四边形 ABCD是矩形，
∴BD＝AC＝6 ；
②如图 4，连接 BD，过点 D作 AC的垂线交 AC于点 Q，过点 B作 AC的垂线交 AC于
点 P，
，
21
∵AC＝6 ，CD＝6，CD⊥AD，
∴AD＝ ＝12，
∵点 D、E分别是边 BC、AC的中点，
∴DE＝ ＝3，
∴AE＝AD﹣DE＝12﹣3＝9，
由（2）可得： ，
∴BD＝ ＝ ，
综上所述，BD＝6 或 ．
模块三巩固练习答案
1、问题：如图①，在 Rt△ABC中，AB＝AC，D为 BC边上一点（不与点 B，C重合），
将线段 AD绕点 A逆时针旋转 90°得到 AE，连接 EC，则线段 BC，DC，EC之间满足的
等量关系式为 ．
探索：（1）如图②，在 Rt△ABC与 Rt△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，将△ADE绕点 A
旋转，使点 D落在 BC边上，试探索线段 AD，BD，CD之间满足的等量关系，并证明你
的结论；
（2）如图②，在 Rt△ABC中，AB＝AC＝4，D为 BC边上一点（不与点 B，C重合），
将线段 AD绕点 A逆时针旋转 90°得到 AE，连接 DE交 AC与点 F，求 CF的最大值；
应用：如图③，在四边形 ABCD中，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°．若 BD＝9，CD
＝3，求 AD的长．
【解答】解：问题：∵将线段 AD绕点 A逆时针旋转 90°得到 AE，
∴∠DAE＝90°，AD＝AE，
22
∴∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴CE＝BD，
∴BC＝CD+CE；
故答案为：BC＝CD+CE．
探索：（1）CD2+BD2＝2AD2，理由如下：
连接 CE，
由问题同理可证△ABD≌△ACE，
∴CE＝BD，∠ACE＝∠B，
∴∠DCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，
∴CD2+CE2＝DE2，
∴CD2+BD2＝2AD2；
（2）∵AB＝AC＝4，
∴BC＝4 ，
设 BD＝x，
由旋转的性质得：△ADE是等腰直角三角形，
∴∠ADE＝45°，
23
∴∠CDE＝∠BAD，
∵∠B＝∠C，
∴△ABD∽△DCF，
∴ ，
∴ ，
∴CF＝﹣ ，
当 x＝2 时，CF最大为 2；
应用：作 AE⊥AD，取 AE＝AD，连接 CE，DE，
由问题同理可证△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE＝9，
∵∠ADC＝∠EDA＝45°，
∴∠EDC＝90°，
∴DE＝ ，
∵∠DAE＝90°，AE＝AD，
∴2AD2＝DE2＝72，
∵AD＞0，
∴AD＝6．
22、
24
2、 （1）已知：如图 1，△ABC为等边三角形，点 D为 BC边上的一动点（点 D不与 B、
C重合），以 AD为边作等边△ADE，连接 CE．求证：①BD＝CE，②∠DCE＝120°；
（2）如图 2，在△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝AB，点 D为 BC上的一动点（点 D不
与 B、C重合），以 AD为边作等腰 Rt△ADE，∠DAE＝90°（顶点 A、D、E按逆时针
方向排列），连接 CE，类比题（1），请你猜想：①∠DCE的度数；②线段 BD、CD、
DE之间的关系，并说明理由；
（3）如图 3，在（2）的条件下，若 D点在 BC的延长线上运动，以 AD为边作等腰 Rt
△ADE，∠DAE＝90°（顶点 A、D、E按逆时针方向排列），连接 CE．
①则题（2）的结论还成立吗？请直接写出，不需论证；
②连接 BE，若 BE＝10，BC＝6，直接写出 AE的长．
【解答】证明：（1）①如图 1，∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠ACB＝∠B＝60°，
∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
∴∠BAD＝∠EAC．
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE；
②∵△ABD≌△ACE，
∴∠ACE＝∠B＝60°，
∴∠DCE＝∠ACE+∠ACB＝60°+60°＝120°；
（2）∠DCE＝90°，BD2+CD2＝DE2．
25
证明：如图 2，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE，
在△ABD与△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠B＝∠ACE＝45°，BD＝CE，
∴∠B+∠ACB＝∠ACE+∠ACB＝90°，
∴∠BCE＝90°，
∴Rt△DCE中，CE2+CD2＝DE2，
∴BD2+CD2＝DE2；
（3）①（2）中的结论还成立．
理由：∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC+∠DAC＝∠DAE+∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE，
在△ABD与△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABC＝∠ACE＝45°，BD＝CE，
∴∠ABC+∠ACB＝∠ACE+∠ACB＝90°，
∴∠BCE＝90°＝∠ECD，
∴Rt△DCE中，CE2+CD2＝DE2，
∴BD2+CD2＝DE2；
②∵Rt△BCE中，BE＝10，BC＝6，
∴CE＝ ＝ ＝8，
∴BD＝CE＝8，
∴CD＝8﹣6＝2，
26
∴Rt△DCE中，DE＝ ＝ ＝ ，
∵△ADE是等腰直角三角形，
∴ ．
3．综合与实践
【问题呈现】
（1）如图①，△AOC和△ADE都是等腰直角三角形， AOC ADE 90 ，连接OD，CE，
则OD，CE之间的数量关系是_______， OCE ________．
（2）如图②，在△ABC中， AB AC， BAC 90 ，D（不与点 B，C重合）是直线CB
上的一动点，将线段 AD绕点D按顺时针方向旋转90 得到DE，连接CE， AE．
【类比探究】
①如图②，点D在线段CB上时，求证： AC CE 2BD．
【拓展提升】
②如图③， AB AC 4 2，在点D运动的过程中，当 CAE 60 时，请直接写出CD的
长．
【解答】（1）解：∵△AOC和△ADE都是等腰直角三角形，∠AOC＝∠ADE＝90°，
∴∠DAE＝∠OAC＝∠OCA＝45°， ， ，
∴∠DAO＝∠EAC， ，
∴△DAO∽△EAC，
∴ ，∠ACE＝∠AOD＝90°，
∴ ，∠OCE＝∠ACE﹣∠OCA＝45°，
故答案为： ；45°；
（2）①证明：如图②，过点 A作 OA⊥BC，垂足为 O，
27
在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴ ，
∴△OAC是等腰直角三角形，
由旋转可知：△ADE是等腰直角三角形，
同理（1）可得： ；∠ACE＝90°；
设 AO＝OB＝OC＝a，OD＝x，
则 BD＝OB﹣OD＝a﹣x， ， ，
∴ ，
∴ ；
②解：CD长为 ；理由如下：
当 AE在∠BAC内时，如图③﹣1，过点 A作 OA⊥BC，垂足为 O，
同理可得：△DAO∽△EAC， ；∠ACE＝90°；
在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，
由勾股定理得： ，
∴OC＝OB＝OA＝4，
∴当∠CAE＝60°时， ，
∴ ，
∴ ；
28
当 AE在∠BAC内时，如图④，
同理可求： ，OC＝4，
∴ ，
综上所述：CD长为 ．
4、如图 1，正方形 ABCD和正方形 AEFG，连接 DG，BE．
（1）发现
当正方形 AEFG绕点 A旋转，如图 2，
①线段 DG与 BE之间的数量关系是 ；
②直线 DG与直线 BE之间的位置关系是 ．
（2）探究
如图 3，若四边形 ABCD与四边形 AEFG都为矩形，且 AD＝2AB，AG＝2AE，证明：直
线 DG⊥BE．
（3）应用
在（2）情况下，连接 GE（点 E在 AB上方），若 GE∥AB，且 AB＝ ，AE＝1，则线
段 DG是多少？（直接写出结论）
【解答】解：（1）①∵四边形 ABCD和四边形 AEFG是正方形，
∴AE＝AG，AB＝AD，∠BAD＝∠EAG＝90°，
∴∠BAE＝∠DAG，
29
在△ABE和△DAG中， ，
∴△ABE≌△DAG（SAS），
∴BE＝DG；
②如图 2，延长 BE交 AD于 G，交 DG于 H，
由①知，△ABE≌△DAG，
∴∠ABE＝∠ADG，
∵∠AQB+∠ABE＝90°，
∴∠AQB+∠ADG＝90°，
∵∠AQB＝∠DQH，
∴∠DQH+∠ADG＝90°，
∴∠DHB＝90°，
∴BE⊥DG，
故答案为：BE＝DG，BE⊥DG；
（2）∵四边形 ABCD与四边形 AEFG都为矩形，
∴∠BAD＝∠EAG，
∴∠BAE＝∠DAG，
∵AD＝2AB，AG＝2AE，
∴ ＝ ，
∴△ABE∽△ADG，
∴∠ABE＝∠ADG，
∵∠AGB+∠ABE＝90°，
∴∠AGB+∠ADG＝90°，
∵∠AGB＝∠DGH，
30
∴∠DGH+∠ADG＝90°，
∴∠DHB＝90°，
∴BE⊥DG；
（3）如图 3，（为了说明点 B，E，F在同一条线上，特意画的图形）
EG与 AD的交点记作 M，
∵EG∥AB，
∴∠DME＝∠DAB＝90°，
在 Rt△AEG中，AE＝1，
∴AG＝2AE＝2，
根据勾股定理得，EG＝ ，
∵AB＝ ，
∴EG＝AB，
∵EG∥AB，
∴四边形 ABEG是平行四边形，
∴AG∥BE，
∵AG∥EF，
∴点 B，E，F在同一条直线上如图 4，
∴∠AEB＝90°，
在 Rt△ABE中，根据勾股定理得，BE＝ ＝2，
由（2）知，△ABE∽△ADG，
∴ ＝ ，
∴ ，
∴DG＝4．
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/5/3 13:28:45；用户：张海芳；邮箱：18681568268；学号：314、
31巧识手拉手模型，秒解相似与全等·自主学习单
深圳市桂园中学 张海芳
知识技能梳理
“手拉手”模型是深圳中考几何压轴题的热点题型，近五年深圳中考及模考中，该模型频繁出现，且考查趋势不断升级——不再局限于单一的全等证明，而是逐步向与相似、勾股定理、最值问题的综合应用转变，更倾向于考查“手拉手相似”（即旋转相似）。这类题目通常会有从复杂图形中抽离“手拉手模型”和添加辅助线构造“手拉手模型”两种考法。这类题往往会通过“中点”或其他线段构造第二层手拉手关系，对学生“图中找图”的模型识别能力提出了更高要求。通过本节课的梳理学习，助力学生掌握手拉手模型的核心技能，精准对接深圳中考考点，在二轮复习中实现高效提分，为中考几何冲刺奠定坚实基础。
学习过程
模块一：手拉手全等模型
【特征】：有公共顶点的两个等腰三角形，顶角相等.
因为顶点相连的四条边，形象的可以看做两双手，所以通常称为手拉手模型.
如图，已知等腰△OAB,OA=OB,等腰△OCD绕点O逆时针旋转，E 为AC、BD 的交点。
结论：①△OAC ≌ △OBD
②AC=BD （拉手线段相等）
③∠AEB=∠AOB （拉手线段所在直线的夹角=等腰三角形顶角）
④ 连接OE,则OE平分∠AED或OE平分∠AED 的补角
例1：已知△ABC是边长为4的等边三角形，点D是射线BC上的动点，将线段AD绕点A逆时针方向旋转60°（即∠DAE＝60°）得到AE，连接DE．
（1）如图1，猜想△ADE是什么三角形？
（2）如图2，猜想线段CA、CE、CD之间的数量关系，并证明你的结论．
例2：如图，在△ABC中，∠B＝90°，AD＝AC，点E在边BC上，连接DE与AC相交于点F，连接AE，∠DAC＝2∠BAE．记△CEF的面积为m，△ABE的面积为n，则△ADF的面积为 　 　 ．
【探究】：下面三类“手拉手”会得到哪些结论呢
①任意等腰三角形手拉手
②等边三角形手拉手
③等腰直角三角形手拉手(正方形手拉手等)
【模型推广】等边三角形手拉手全等和等腰直角三角形手拉手全等
1、等边三角形手拉手全等
结论：①△OAC ≌ △OBD
②AC=BD （拉手线段相等）
③∠AEB=∠AOB = 60°
④ 连接OE,则OE平分∠AED 或OE平分∠AED的补角
等腰直角三角形手拉手全等
结论： ①△OAC ≌ △OBD
②AC=BD （拉手线段相等）
③∠AEB=∠AOB = 90°
④ 连接OE,则OE平分∠AED 或 OE平分∠AED的补角
【模型推广】正方形手拉手全等
结论：
①△AGD ≌ △AEB
②DG=BE
③BE⊥DG
模块二：手拉手相似模型
【特征】有公共顶点的两个三角形，公共顶角相等，顶角两边对应成比例。
如图，在△OAB中,CD∥AB，△OCD绕点O逆时针旋转，E为直线AC和直线BD 的交点。
结论：①△OAC ∽△OBD
②
③∠AEB=∠AOB
例1：在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC,D是BC上的一点，E是AC上的一点，且DC=DE,将△DEC绕着点C逆时针旋转至如图所示，连接AE，BD相交于点F，则∠BFE的度数为___.
例2：[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＝30°，AC与DE相交于点F，点D在BC边上，，求①＝　 ．②的值．
[拓展延伸]
（3）如图③，D是△ABC内一点，∠BAD＝∠CBD＝30°，∠BDC＝90°，AB＝4，，直接写出AD的长 　 ．
【模型推广】长方形手拉手相似
①△AGD ∽ △AEB
②
③BE⊥DG
模块三：手拉手模型核心方法与拓展应用
【特征】左手拉右手，右手拉左手，称为“反向手拉手”模型。
如图，在等腰三角形ABC和等腰三角形ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，连接BE，CD.
思路点拨：将“反向手拉手”模型转化为“手拉手”模型.
方法如下:作出△ABC关于AC对称的△AB'C，连接EB'. 证明△AB'E≌△ACD
例1:如图,在△ABC和△ADE中,∠BAC=∠DAE=90°,AB=AC,AD=AE,连接BE 和CD,点O是BE的中点,连接AO,若AO=1,求CD的长度.
例2:如图1，在正方形ABCD中，点G是边BC上一点，以CG为边作正方形CEFG，连接AF，DG．
（1）的值是 　　 ，直线DG，AF所夹锐角的度数是 　　 ．
（2）如图2，正方形CEFG绕点C顺时针旋转时，上述结论是否成立？若成立，请结合图2证明；若不成立，请说明理由．
模块一巩固练习
1、（识别手拉手全等）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点P在△ABC内，△AP′C是由△BPC绕着点C旋转得到的，PA＝，PB＝1，∠BPC＝135°．则PC＝　 　．
2、（构造手拉手全等）如图，等腰Rt△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，E为线段AC上除A，C外的任意一点，若点D为△ABC外一点，且∠ADB＝45°，判断BD，DC的位置关系．
3、（构造手拉手全等）如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，AB＝3，BC＝12，以AC为腰，点A为顶点作等腰△ACD，且∠DAC＝120°，则BD的长为　 　．
4、已知：△ABC是等边三角形，点O是直线BC上方的一点，连接AO，BO，CO，并且∠BOC＝60°．
（I）如图1，BO交AC于点M，若CO⊥BC，求证：∠CAO＝∠ACO；
（Ⅱ）如图2，CO交AB于点N，作AD⊥CO于点D，求的值．
模块二巩固练习
如图，△ABC和△AEF均为等腰直角三角形，AB=BC，AE=EF．若，求CF的长。
2、（1）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：的值为 　 　 ；∠AMB的度数为 　 　 ．
（2）类比探究
如图2，在矩形ABCD和矩形DEFG中，AB＝1，AD＝ED＝，DG＝3，连接AG，BF，求的值．
3、和中，，．
【初步感知】
（1）如图1，若，连接，则与之间的数量关系是____，位置关系是_____；（直接写出结论，不写推理过程）
【深入探究】
（2）如图2，若，将绕点C旋转，设直线与交于点M，与交于点N，试确定与之间的数量关系和位置关系，并说明理由；
【迁移应用】
（3）如图3，当点D在内部，且时，若，，连接，作于点F，交于点G，求的长．
4、如图1，在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC＝2AB＝12，点D，E分别是边BC，AC的中点，连接DE．将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α．
【问题发现】①当α＝0°时，＝ 　　 ；②当α＝180°时，＝ 　　 ；
【拓展探究】试判断：当0°≤α＜360°时，的大小有无变化？请仅就图2的情况给出证明．
【问题解决】当△EDC旋转至A，D，E三点共线时，直接写出线段BD的长．
模块三巩固练习
1、问题：如图①，在Rt△ABC中，AB＝AC，D为BC边上一点（不与点B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，连接EC，则线段BC，DC，EC之间满足的等量关系式为 　　 ．
探索：（1）如图②，在Rt△ABC与Rt△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，将△ADE绕点A旋转，使点D落在BC边上，试探索线段AD，BD，CD之间满足的等量关系，并证明你的结论；
（2）如图②，在Rt△ABC中，AB＝AC＝4，D为BC边上一点（不与点B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，连接DE交AC与点F，求CF的最大值；
应用：如图③，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°．若BD＝9，CD＝3，求AD的长．
2、 （1）已知：如图1，△ABC为等边三角形，点D为BC边上的一动点（点D不与B、C重合），以AD为边作等边△ADE，连接CE．求证：①BD＝CE，②∠DCE＝120°；
（2）如图2，在△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝AB，点D为BC上的一动点（点D不与B、C重合），以AD为边作等腰Rt△ADE，∠DAE＝90°（顶点A、D、E按逆时针方向排列），连接CE，类比题（1），请你猜想：①∠DCE的度数；②线段BD、CD、DE之间的关系，并说明理由；
（3）如图3，在（2）的条件下，若D点在BC的延长线上运动，以AD为边作等腰Rt△ADE，∠DAE＝90°（顶点A、D、E按逆时针方向排列），连接CE．
①则题（2）的结论还成立吗？请直接写出，不需论证；
②连接BE，若BE＝10，BC＝6，直接写出AE的长．
3、综合与实践
【问题呈现】
（1）如图①，和△ADE都是等腰直角三角形，，连接，，则，之间的数量关系是_______，________．
（2）如图②，在△ABC中，，，（不与点，重合）是直线上的一动点，将线段绕点按顺时针方向旋转得到，连接，．
【类比探究】
①如图②，点在线段上时，求证：．
【拓展提升】
②如图③，，在点运动的过程中，当时，请直接写出的长．
4、如图1，正方形ABCD和正方形AEFG，连接DG，BE．
（1）发现
当正方形AEFG绕点A旋转，如图2，
①线段DG与BE之间的数量关系是　　 ；
②直线DG与直线BE之间的位置关系是　　 ．
（2）探究
如图3，若四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，且AD＝2AB，AG＝2AE，证明：直线DG⊥BE．
（3）应用
在（2）情况下，连接GE（点E在AB上方），若GE∥AB，且AB＝，AE＝1，则线段DG是多少？（直接写出结论）

展开更多......

收起↑