專題01 手拉手模型大全 帶解析

初中數(shù)學手拉手模型大全（含解析）等邊三角形模型一、△ACE與△DBC是等邊三角形。當B、C、E三點不共線時1.△ACE?△BCD2.BD=CE3.∠APB=60°思路引領(lǐng):由:∠ACB=∠ECD=60°?∠BCD=∠ACE又∵AB=AC,CD=CE∴△ACE?△BCD∴BD=AE,∠CAE=∠CBD(法一)∴點A,B,C,P四點共圓.∴∠APB=∠ACB=60°(法二)∠APB+∠CAE=∠ACB+∠BCD=∠AGB∴∠APB=∠ACB=60°模型二、△ACE與△DBC是等邊三角形。當B、C、E三點共線時，則有以下10個結(jié)論(可借助右邊備用圖)1.△ACE?△BCD2.BD=CE3.∠APB=60°以上證法同一.4.△HCA?△BGC由△ACE?△BCD可得∠CAE=∠CBD,又∵AB=AC,∠ACH=∠BCG=60°,∴△HCA?△BGC5.△GCH是等邊三角形.△HCA?△BGC?CG=CH又由于∠BCG=60°,所以△GCH是等邊三角形.6.△GDC?△HCE△HCA?△BGC?CG=CH又由于DC=ED,∠ACH=∠BCG=60°可得△GDC?△HCE7.GH∥BE由△GCH是等邊三角形.可得∠CHG=∠HCE=60°GH∥BE8.PC平分∠EPB思路:過點C作CM,CN分別垂直于BD,AE,垂足為M,N∵△ACE?△BCD∴CM=CN∴PC平分∠EPB9.BP=AP+PC,EP=PD+PC如圖,截取BQ=AP易證△APC?△BQC得∠BCQ=∠ACP,CP=CQ可證:∠QCP=60°得△CPQ為等邊三角形.則CP=QP.∴BP=BQ+QP=AP+AC同法可證:EP=PD+PC10.△GCB∽△APG，△DPH∽△HCE由上述結(jié)論中的:∠CBG=∠PAG,∠APG=∠GCB,可證△GCB∽△APG同理可證△DPH∽△HCE等腰篇模型三、若△ACE與△DBC是等腰三角形。且∠ACB=∠ECD=α, 1.△ACD?BCE2.CF平分∠DFE3.∠AFB=α證明思路同上模型四、如圖，正方形ABCD和正方形CEFG邊長分別為a和b，正方形CEFG繞點C旋轉(zhuǎn)，試證明：1.△DCG?△EBC，BE＝DG；2.BE⊥DG；3.DE2+BG2＝2a2+2b24.△DHM∽△BCM,△HEN∽△CGN1.∵正方形ABCD和正方形CEFG∴BC＝CD＝a，CE＝CG＝b，∠BCD＝∠ECG＝90°∴∠BCD+∠DCE＝∠ECG+∠DCE，即∠BCE＝∠DCG∴△BCE≌△DCG（SAS）∴BE＝DG，2.設(shè)BE與CD交于H，∵∠CBE+∠BTC＝90°，∠BTC＝∠DTE∴∠CDG+∠DTE＝90°，∴∠DHT＝90°∴BE⊥DG3.連接BD，EG，在Rt△DEH中，DE2＝DH2+EH2，在Rt△BGH中，BG2＝BH2+GH2在Rt△BDH中，BH2+DH2＝BD2，在Rt△EHG中，EH2+GH2＝EG2，∴DE2+BG2＝DH2+EH2+BH2+GH2＝BD2+EG2，在Rt△BCD中，BD2＝BC2+CD2＝2a2，在Rt△CEG中，EG2＝CE2+CG2＝2b2，∴DE2+BG2＝2a2+2b2，4.∵∠CBM=∠MDH,∠CMB=∠DMH.∴△DHM∽△BCM,同理可證：△HEN∽△CGN五、垂美四邊形△ABC中，∠BAC=90°,△ABD，△ACE，△BCF都是等邊三角形，可以得到：1.△DBF?△ABC?△FEC2.四邊形FEAD是平行四邊形3.∠FDA=30°∵△ABD，△ACE都是等邊三角形，∴∠DAB＝∠EAC＝60°，∴∠DAE＝150°，∵△ABD和△FBC都是等邊三角形，∴BD＝BA，BF＝BC，∠DBF+∠FBA＝∠ABC+∠ABF＝60°，∴∠DBF＝∠ABC，在△ABC與△DBF中，BD=BA∠DBF=∠ABC∴△ABC≌△DBF（SAS），∴AC＝DF＝AE＝4，同理可證：△ABC≌△EFC（SAS），∴AB＝EF＝AD＝3，∴四邊形AEFD是平行四邊形，∴∠DFE＝∠DAE＝150°，∴∠FDA＝180°﹣∠DFE＝180°﹣150°＝30°沖刺演練一．選擇題1．如圖，正方形ABCD和正方形CEFG的邊長分別為a和b，BE和DG相交于點H，連接HC，給出下列結(jié)論：①BE＝DG；②BE⊥DG；③DE2+BG2＝2a2+2b2；④HC平分∠BHG，其中正確結(jié)論是（）A．只有①②③ B．只有①②④ C．只有②③④ D．①②③④解：如圖，∵正方形ABCD和正方形CEFG∴BC＝CD＝a，CE＝CG＝b，∠BCD＝∠ECG＝90°∴∠BCD+∠DCE＝∠ECG+∠DCE，即∠BCE＝∠DCG∴△BCE≌△DCG（SAS）∴BE＝DG，∠CBE＝∠CDG故①正確；設(shè)BE與CD交于H，∵∠CBE+∠BTC＝90°，∠BTC＝∠DTE∴∠CDG+∠DTE＝90°，∴∠DHT＝90°∴BE⊥DG故②正確；連接BD，EG，在Rt△DEH中，DE2＝DH2+EH2，在Rt△BGH中，BG2＝BH2+GH2在Rt△BDH中，BH2+DH2＝BD2，在Rt△EHG中，EH2+GH2＝EG2，∴DE2+BG2＝DH2+EH2+BH2+GH2＝BD2+EG2，在Rt△BCD中，BD2＝BC2+CD2＝2a2，在Rt△CEG中，EG2＝CE2+CG2＝2b2，∴DE2+BG2＝2a2+2b2，故③正確；∵∠BHD＝∠BCD＝90°∴B、C、H、D四點共圓，∴∠BHC＝∠BDC＝45°，∴∠GHC＝∠BHG﹣∠BHC＝45°∴∠BHC＝∠GHC∴HC平分∠BHG，（過點C作CQ⊥BT，CR⊥DG，利用全等三角形的性質(zhì)證明也可以）．故④正確；故選：D．2．如圖，在△ABC中，AB＝3，AC＝4，BC＝5，△ABD，△ACE，△BCF都是等邊三角形，下列結(jié)論中．①AB⊥AC；②四邊形AEFD是平行四邊形；③∠DFE＝150°；④S四邊形AEFD＝5．正確的個數(shù)是（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個解：∵32+42＝52，∴AB2+AC2＝BC2，∴∠BAC＝90°，∴AB⊥AC，故①正確； ∵△ABD，△ACE都是等邊三角形，∴∠DAB＝∠EAC＝60°，∴∠DAE＝150°，∵△ABD和△FBC都是等邊三角形，∴BD＝BA，BF＝BC，∠DBF+∠FBA＝∠ABC+∠ABF＝60°，∴∠DBF＝∠ABC，在△ABC與△DBF中，BD=BA∠DBF=∠ABC∴△ABC≌△DBF（SAS），∴AC＝DF＝AE＝4，同理可證：△ABC≌△EFC（SAS），∴AB＝EF＝AD＝3，∴四邊形AEFD是平行四邊形，故②正確；∴∠DFE＝∠DAE＝150°，故③正確；∴∠FDA＝180°﹣∠DFE＝180°﹣150°＝30°，∴S?AEFD＝AD?（DF?sin30°）＝3×（4×12）＝6，故(還可以作AG⊥DF,利用三角函數(shù)求得AG長。)∴正確的個數(shù)是3個，故選：C．3．如圖，在?ABCD中，分別以AB、AD為邊向外作等邊△ABE、△ADF，延長CB交AE于點G，點G在點A、E之間，連接CE、CF，EF，則以下四個結(jié)論一定正確的是（）①△CDF≌△EBC；②∠CDF＝∠EAF；③△ECF是等邊三角形；④CG⊥AE．A．只有①② B．只有①②③ C．只有③④ D．①②③④解：∵△ABE、△ADF是等邊三角形∴FD＝AD，BE＝AB∵AD＝BC，AB＝DC∴FD＝BC，BE＝DC∵∠CBE＝∠FDC，∠FDA＝∠ABE∴∠CDF＝∠EBC∴△CDF≌△EBC，故①正確；∵∠FAE＝∠FAD+∠EAB+∠BAD＝60°+60°+（180°﹣∠CDA）＝300°﹣∠CDA，∠FDC＝360°﹣∠FDA﹣∠ADC＝300°﹣∠CDA，∴∠CDF＝∠EAF，故②正確；同理可得：∠CBE＝∠EAF＝∠CDF，∵BC＝AD＝AF，BE＝AE，∴△EAF≌△EBC，∴∠AEF＝∠BEC，∵∠AEF+∠FEB＝∠BEC+∠FEB＝∠AEB＝60°，∴∠FEC＝60°，∵CF＝CE，∴△ECF是等邊三角形，故③正確；在等邊三角形ABE中，∵等邊三角形頂角平分線、底邊上的中線、高和垂直平分線是同一條線段∴如果CG⊥AE，則G是AE的中點，∠ABG＝30°，∠ABC＝150°，題目缺少這個條件，CG⊥AE不能求證，故④錯誤．故選：B．二．解答題4．如圖，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，分別以AB，AC為直角邊向外作等腰直角△ABD和等腰直角△ACE，G為BD的中點，連接CG，BE，CD，BE與CD交于點F．（1）判斷四邊形ACGD的形狀，并說明理由．（2）求證：BE＝CD，BE⊥CD．（1）解：∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，∴AB=2BC∵△ABD和△ACE均為等腰直角三角形，∴BD=2AB=BC2×∵G為BD的中點，∴BG=12BD＝∴△CBG為等腰直角三角形，∴∠CGB＝45°，∵∠ADB＝45°，AD∥CG，∵∠ABD＝45°，∠ABC＝45°∴∠CBD＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠CBD+∠ACB＝180°，∴AC∥BD，∴四邊形ACGD為平行四邊形；（2）證明：∵∠EAB＝∠EAC+∠CAB＝90°+45°＝135°，∠CAD＝∠DAB+∠BAC＝90°+45°＝135°，∴∠EAB＝∠CAD，在△DAC與△BAE中，AD=AB∠CAD=∠EAB∴△DAC≌△BAE，∴BE＝CD；∵∠EAC＝∠BCA＝90°，EA＝AC＝BC，∴四邊形ABCE為平行四邊形，∴CE＝AB＝AD，在△BCE與△CAD中，BC=AC∠BCE=∠CAD=135°∴△BCE≌△CAD，∴∠CBE＝∠ACD，∵∠ACD+∠BCD＝90°，∴∠CBE+∠BCD＝90°，∴∠CFB＝90°，即BE⊥CD．5．如圖1，在△ABC中，AB＝AC，點D、E分別為線段AB、AC上的點，且AD＝AE．（1）將△ADE繞點A旋轉(zhuǎn)一定的角度至如圖2所示位置，求證：△ABD≌△ACE．（2）如圖3，當∠BAC＝∠DAE＝90°，且點D在線段BE上時，求證：BE⊥CE．（3）在（2）的條件下，若AB＝AC＝4，AD＝AE＝2，則線段CE的長為．（1）證明：由旋轉(zhuǎn)知，∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△ABD≌△ACE（SAS）；（2）∵∠AD＝AE，∠DAE＝90°，∴∠ADE＝∠AED＝45°，∴∠ADB＝180°﹣∠ADE＝135°，由（1）知，△ABD≌△ACE，∴∠ADB＝∠AEC，∴∠BEC＝∠AEC﹣∠AED＝∠ADB﹣∠AED＝135°﹣45°＝90°，∴BE⊥CE；（3）設(shè)CE＝x，由（1）知，△ABD≌△ACE，∴BD＝CE＝x，在Rt△ADE中，AD＝AE＝2，∴DE=2AD＝22∴BE＝BD+DE＝x+22，在Rt△ABC中，AB＝AC＝4，∴BC=2AB＝42由（2）知，∠BEC＝90°，在Rt△BEC中，根據(jù)勾股定理得，BE2+CE2＝BC2，∴（x+22）2+x2＝（42）2，∴x=?2?14（舍）或即CE=14故答案為：14?6．【操作發(fā)現(xiàn)】如圖①，在邊長為1個單位長度的小正方形組成的網(wǎng)格中，△ABC的三個頂點均在格點上．（1）請按要求畫圖：將△ABC繞點A按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°，點B的對應點為B′，點C的對應點為C′，連接BB′；（2）在（1）所畫圖形中，∠AB′B＝．【問題解決】如圖②，在等邊三角形ABC中，AC＝7，點P在△ABC內(nèi)，且∠APC＝90°，∠BPC＝120°，求△APC的面積．小明同學通過觀察、分析、思考，對上述問題形成了如下想法：想法一：將△APC繞點A按順時針方向旋轉(zhuǎn)60°，得到△AP′B，連接PP′，尋找PA，PB，PC三條線段之間的數(shù)量關(guān)系；想法二：將△APB繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)60°，得到△AP′C′，連接PP′，尋找PA，PB，PC三條線段之間的數(shù)量關(guān)系．…請參考小明同學的想法，完成該問題的解答過程．（一種方法即可）【靈活運用】如圖③，在四邊形ABCD中，AE⊥BC，垂足為E，∠BAE＝∠ADC，BE＝CE＝2，CD＝5，AD＝kAB（k為常數(shù)），求BD的長（用含k的式子表示）．解：【操作發(fā)現(xiàn)】（1）如圖所示，△AB′C′即為所求；（2）連接BB′，將△ABC繞點A按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°，∴AB＝AB′，∠B′AB＝90°，∴∠AB′B＝45°，故答案為：45°；【問題解決】如圖②，∵將△APB繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)60°，得到△AP′C′，∴△APP′是等邊三角形，∠AP′C＝∠APB＝360°﹣90°﹣120°＝150°，∴PP′＝AP，∠AP′P＝∠APP′＝60°，∴∠PP′C＝90°，∠P′PC＝30°，∴PP′=32PC，即AP