資源簡介

《“手拉手”模型常用結論的證明及應用》自主學習單
姓名_________ 班別_________
一、知識梳理
手拉手模型，也叫整體旋轉法，是中考最重要的模型之一，全國一年176套中考卷中，
有40%的卷子考到此模型。手拉手模型分為“全等手拉手”和“相似手拉手”，在解決手拉手模型的問題時，需要靈活運用全等三角性和相似三角形的性質與判定方法，以及軸對稱的性質和判定方法來進行證明。同時，還需要掌握基本的手拉手模型形式及其變形情況，才能更好的解決相關問題。
二、學習過程
模塊一：全等“手拉手”
模塊一：典例精講
例1：如圖，在線段BD上取一點A，在同側作等邊△ABC和等邊△ADE，連接BE、CD，求證：(1)△ABE≌△ACD; (2)BE=CD; (3)△AFB≌△AGC; (4)△AFE≌△AGD;(5)△AFG是等邊三角形;(6)∠COB=∠CAB; (7)OA平分∠BOD;(8)FG//BD.
例2：如圖，已知正方形ABCD和正方形DEFG有公共頂點D，連接AG，CE，相交于點H.求證:(1)△ADG≌△CDE;(2)AG CE;(3)HD平分∠AHE;(4)AC2+EG2=AE2+CG2 .
模塊一：跟蹤練習
1．（2022秋 界首市校級月考） ( http: / / www.m / math / report / detail / 7032e7a1-dc99-4473-ba9d-8115a5401dd9" \t "http: / / www.m / math / ques / detail / _blank )如圖，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∠BAD＝30°，∠ACE＝25°，則∠ADE的度數為（　　）
A．50° B．55° C．60° D．65°
2．（2023秋 江陽區校級月考） ( http: / / www.m / math / report / detail / 16a8e7ec-ef41-4254-a1c4-e82647af721b" \t "http: / / www.m / math / ques / detail / _blank )已知：如圖，在△ABC，△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，點C，D，E三點在同一條直線上，連接BD，BE．以下四個結論：
①BD＝CE；②∠ACE+∠DBC＝45°；③BD⊥CE；④∠BAE+∠DAC＝180°．
其中結論正確的個數是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．（2020春 富縣期末） ( http: / / www.m / math / report / detail / c570e71a-9a83-4294-8b0d-a484b8021583" \t "http: / / www.m / math / ques / detail / _blank )如圖，已知四邊形ABCD和四邊形CEFG都是正方形，且AB＞CE，連接BG，DE．（1）求證：BG＝DE；（2）連接BD，若CG∥BD，BG＝BD，求∠BDE的度數．
4．（2019秋 新都區期末 ( http: / / www.m / math / report / detail / cd429fde-83ff-461b-bfb9-6644ee0741ad" \t "http: / / www.m / math / ques / detail / _blank )如圖，△ACB和△ECD都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠ECD＝90°，點D在邊AB上，點E在邊AC的左側，連接AE．（1）求證：AE＝BD；（2）試探究線段AD、BD與CD之間的數量關系；（3）過點C作CF⊥DE交AB于點F，若BD：AF＝1：2，CD＝，求線段AB的長．
模塊二：相似“手拉手”
模塊二：典例精講
例3：如圖，已知△ABC∽△ADE，求證：（1）△ABD∽△ACE; （2）∠BFC=∠BAC.
模塊二：跟蹤練習
1．如圖，四邊形ABCD中，AB＝3，BC＝2，AC＝AD，∠ACD＝60°，則對角線BD長的最大值為（　　）
A．5 B．2 C．2 D．1
2．如圖，在四邊形ABCD中，∠ABC＝30°，將△DCB繞點C順時針旋轉60°后，點D的對應點恰好與點A重合，得到△ACE，若AB＝3，BC＝4，則BD＝（　　）
A．5 B．5.5 C．6 D．7
3．兩個頂角相等的等腰三角形，如果具有公共的頂角頂點，并把它們的底角頂點連接起來，形成一組全等的三角形，那么把具有這個規律的圖形稱為“手拉手”圖形．
（1）如圖1，△ABC與△ADE都是等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE，則有△BAD≌　 　．
（2）如圖2，△ABC和△ADE均為等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，點B，D，E在同一條直線上，連接CE，試探究線段BE，CE，DE之間的數量關系，并說明理由．
（3）如圖3，△ABC為等腰直角三角形，∠BAC＝90°，∠AEC＝135°，求證：BE⊥CE．
模塊三：“手拉手”綜合題
模塊三：典例精講
例5:（2019 玄武區一模） ( http: / / www.m / math / report / detail / 3713bf9a-9b00-44f9-ab83-d40dabeabc03" \t "http: / / www.m / math / ques / detail / _blank )如圖，四邊形ABCD和四邊形AEFG均為正方形，連接CF，DG，則＝（　　）
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，連接CE，以CE為底作直角三角形CDE，且CD＝DE．F是AE邊上的一點，連接BD和BF，且∠FBD＝45°，則AF長為 　 　．
模塊三：跟蹤練習
1．（2022 無錫） ( http: / / www.m / math / report / detail / 680c4ac8-f6ec-4f34-ba1a-5b79116980d5" \t "http: / / www.m / math / ques / detail / _blank )△ABC是邊長為5的等邊三角形，△DCE是邊長為3的等邊三角形，直線BD與直線AE交于點F．如圖，若點D在△ABC內，∠DBC＝20°，則∠BAF＝　 　°；現將△DCE繞點C旋轉1周，在這個旋轉過程中，線段AF長度的最小值是 　 　．
2．（2023 成都） ( http: / / www.m / math / report / detail / 57eb4c26-0721-49ce-80d8-1f16e6ebc64a" \t "http: / / www.m / math / ques / detail / _blank )探究式學習是新課程倡導的重要學習方式，某興趣小組擬做以下探究．
在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，D是AB邊上一點，且＝（n為正整數），E是AC邊上的動點，過點D作DE的垂線交直線BC于點F．
【初步感知】
（1）如圖1，當n＝1時，興趣小組探究得出結論：AE+BF＝AB，請寫出證明過程．
【深入探究】
（2）①如圖2，當n＝2，且點F在線段BC上時，試探究線段AE，BF，AB之間的數量關系，請寫出結論并證明；
②請通過類比、歸納、猜想，探究出線段AE，BF，AB之間數量關系的一般結論（直接寫出結論，不必證明）．
【拓展運用】
（3）如圖3，連接EF，設EF的中點為M，若AB＝2，求點E從點A運動到點C的過程中，點M運動的路徑長（用含n的代數式表示）．參考答案
模塊一：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是等邊三角形.
(6)
由（1）知：△ABE≌△ACD;
∴∠ABF=∠ACG
又∵∠AFB=∠OFC
∴∠COB=∠CAB
(7)
由（1）知：△ABE≌△ACD;
∴S△ABE≌S△ACD.
過點A分別作BE、CD上的高h1,h2
則有BE*h1/2=CD*h2/2
∵BE=CD,
∴h1=h2
∴OA平分∠BOD
(8)
由（5）知：△AFG是等邊三角形.
∴∠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∵對頂角相等
∴∠CHA=∠CDA=900
∴AG CE
(3)
如例1，用等積法.
(4)
∵AC2=CH2+AH2, EG2=HG2+HE2
AE2=AH2+HE2, CG2 =CH2 + HG2
∴AC2+EG2=AE2+CG2
模塊一：跟蹤練習
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°，
故選：B．
2.解：①∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，即∠BAD＝∠CAE，
∵在△BAD和△CAE中，，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，本選項正確；
②∵△ABC為等腰直角三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴∠ABD+∠DBC＝45°，
∵△BAD≌△CAE，
∴∠ABD＝∠ACE，
∴∠ACE+∠DBC＝45°，本選項正確；
③∵∠ABD+∠DBC＝45°，
∴∠ACE+∠DBC＝45°，
∴∠DBC+∠DCB＝∠DBC+∠ACE+∠ACB＝90°，
則BD⊥CE，本選項正確；
④∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAE+∠DAC＝360°﹣90°﹣90°＝180°，故此選項正確，
故選：D．
3.（1）證明：∵四邊形ABCD和四邊形CEFG為正方形，
∴BC＝DC，CG＝CE，∠BCD＝∠GCE＝90°，
∴∠BCG＝∠DCE，
∴△BCG≌△DCE（SAS），
∴BG＝DE；
（2）連接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為等邊三角形，
∴∠BDE＝60°．
4.（1）證明：∵△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：連接EF，設BD＝x，
∵BD：AF＝1：2，則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．
模塊二：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∵對頂角相等
∴∠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與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，
故選：D．
模塊二：跟蹤練習
1.解：如圖，在AB的左側作等邊三角形△ABK，連接DK．
則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，
∴當D、K、B共線時，BD的值最大，最大值為DK+KB＝5．
故選：A．
2.解：連接BE，如圖，
∵△DCB繞點C順時針旋轉60°后，點D的對應點恰好與點A重合，得到△ACE，
∴∠BCE＝60°，CB＝CE，BD＝AE，
∴△BCE為等邊三角形，
∴BE＝BC＝4，∠CBE＝60°，
∵∠ABC＝30°，
∴∠ABE＝90°，
在Rt△ABE中，AE＝＝5，
∴BD＝5．
故選：A．
3.解：（1）已知△ABC與△ADE都是等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，
在△ABC與△ADE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
故答案為：△CAE．
（2）BE＝CE+DE，理由如下，
∵△ABC和△ADE均為等腰直角三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，
∵點B，D，E在同一條直線上，
∴BE＝BD+DE，
∴BE＝CE+DE．
（3）如圖所述，以AE為邊作等腰直角三角形AEF，AE＝AF，∠EAF＝90°，
∴∠AEF＝∠AFE＝45°，
∵∠AEC＝135°，
∴∠AEF+∠AEC＝45°+135°＝180°，
∴點C，E，F三點共線，
∵△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．
模塊三：“手拉手”綜合題
例5.解：連接AC和AF，
則，
∵∠DAG＝45°﹣∠GAC，∠CAF＝45°﹣GAC，
∴∠DAG＝∠CAF．
∴△DAG∽△CAF．
∴．
故選：B．
例6.
解：將線段BD繞點D順時針旋轉90°，得到線段HD，連接BH，延長HE交BC于G，
∴△BDH是等腰直角三角形，
∴∠HBD＝45°，
∵∠FBD＝45°，
∴點B、F、H共線，
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＝，
故答案為：．
模塊三：跟蹤練習
1.
解：∵△ACB，△DEC都是等邊三角形，
∴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°．
如圖1中，設BF交AC于點T．
同法可證△BCD≌△ACE，
∴∠CBD＝∠CAF，
∵∠BTC＝∠ATF，
∴∠BCT＝∠AFT＝60°，
∴點F在△ABC的外接圓上運動，當∠ABF最小時，AF的值最小，此時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﹣，
故答案為：80，4﹣．
2.
（1）證明：連接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：
過點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，
∴＝，
設AN＝DN＝x，BH＝DH＝2x，
∴AD＝x，BD＝2x，
∴AB＝3x，
∵DN⊥AC，DH⊥BC，∠ACB＝90°，
∴四邊形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如圖4，當點F在射線BC上時，過點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，
∴＝，
設AN＝DN＝x，BH＝DH＝nx，
∴AD＝x，BD＝nx，
∴AB＝（n+1）x，
∵DN⊥AC，DH⊥BC，∠ACB＝90°，
∴四邊形DHCN是矩形，
∴∠NDH＝90°＝∠EDF，
∴∠EDN＝∠FDH，
又∵∠END＝∠FHD，
∴△EDN∽△FDH，
∴＝，
∴FH＝nNE，
∴AE+BF＝x﹣NE+（nx+FH）＝2x＝AB；
當點F在CB的延長線上時，如圖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，
∴＝，
設AN＝DN＝x，BH＝DH＝nx，
∴AD＝x，BD＝nx，
∴AB＝（n+1）x，
∵DN⊥AC，DH⊥BC，∠ACB＝90°，
∴四邊形DHCN是矩形，
∴∠NDH＝90°＝∠EDF，
∴∠EDN＝∠FDH，
又∵∠END＝∠FHD，
∴△EDN∽△FDH，
∴＝，
∴FH＝nNE，
∴AE﹣BF＝x+NE﹣（FH﹣nx）＝2x＝AB；
綜上所述：當點F在射線BC上時，，當點F在CB延長線上時，；
（3）如圖，連接CD，CM，DM，
∵EF的中點為M，∠ACB＝∠EDF＝90°，
∴CM＝DM＝EF，
∴點M在線段CD的垂直平分線上運動，
如圖，當點E'與點A重合時，點F'在BC的延長線上，
當點E''與點C重合時，點F″在CB的延長線上，
過點M'作M'R⊥F'C于R，
∴M'R∥AC，
∴＝，
∴M'R＝1，F'R＝CR，
由圖2，設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'＝，
∴點M運動的路徑長為．

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