中考经典几何模型与最值问题 专题05 手拉手模型构造全等三角形

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专题05 手拉手模型构造全等三角形
【专题说明】
两个具有公共顶点的相似多边形，在绕着公共顶点旋转的过程中，产生伴随的全等或相似三角形，这样的图形称作共点旋转模型；为了更加直观，我们形象的称其为“手拉手”模型。
【知识总结】

【基本模型】
一、等边三角形手拉手-出全等

图1 图2
[
图3 图4
二、等腰直角三角形手拉手-出全等
两个共直角顶点的等腰直角三角形，绕点C旋转过程中（B、C、D不共线）始终有
① △BCD≌△ACE；②BD⊥AE（位置关系）且BD=AE（数量关系）；③FC平分∠BFE；


图1

图2

图3

图4

1、如图，点C在线段AB上，△DAC和△DBE都是等边三角形，求证：△DAB≌△DCE;DA∥EC.

解析：
（1）△DAC和△DBE都是等边三角形.
∴DA=DC,DB=DE,∠ADC=∠BDE=60°.
∴DA=DC,DB=DE,∠ADC=∠BDE=60°
∴∠ADC+∠CDB=∠BDE+∠CDB,（重点）
即∠ADB=∠CDE
在△DAB和△DCE中，
DA=DC
∠ADB=∠CDE
DB=DE
∴△DAB≌△DCE.
（2）∵△DAB≌△DCE
∴∠A=∠DCE=60°
∵∠ADC=60°
∴∠DCE=∠ADC
∴DA∥EC.

2、已知：△ACB和△DCE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，连结AE,BD交于点O,AE与DC交于点0，AE与DC交于点M,BD与AC交于点N.

解析:
∵△ACB和△DCE都是等腰三角形
∠ACB=∠DCE=90°
∴AC=BC,DC=EC
∴∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD
∴∠BCD=∠ACE
在△ACE和△BCD中
AC=BC
∠ACE=∠BCD
CE=CD
∴△ACE≌△BCD(SAS)
∴AE=BD

3、已知，在△ABC中，AB＝AC，点P平面内一点，将AP绕A顺时针旋转至AQ，使∠QAP＝∠BAC，连接BQ、CP，
⑴若点P在△ABC内部，求证BQ＝CP；
⑵若点P在△ABC外部，以上结论还成立吗？

解析：（1）∵∠QAP＝∠BAC
∴∠QAP－∠BAP＝∠BAC－∠BAP，即∠QAB＝∠PAC
另由旋转得AQ＝AP
在△AQB和△APC中
AQ＝AP
∠QAB＝∠PAC
AB＝AC
∴△AQB≌△APC，∴BQ＝CP
（2）∵∠QAP＝∠BAC
∴∠QAP＋∠BAP＝∠BAC＋∠BAP[来
即∠QAB＝∠PAC
另由旋转得AQ＝AP
在△AQB和△APC中
AQ＝AP
∠QAB＝∠PAC
AB＝AC
∴△AQB≌△APC，∴BQ＝CP
4、如图，点G是正方形ABCD对角线CA的延长线上任意一点，以线段AG为边作一个正方形AEFG，线段EB和GD相交于点H.若AB=2，AG=1，则EB=________________.

解析：连接BD交于AC于点O,
∵四边形ABCD、AGFE是正方形
∴AB=AD,AE=AG,∠DAB=∠EAG
∴∠EAB=∠GAD
在△AEB和△AGD中
AE=AG
∠EAB=∠GAD
AB=AD
∴△EAB≌△GAD（SAS）
∴EB=GD
∵四边形ABCD是正方形，AB=2
∴BD⊥AC,AC=BD=2AB=2
∴∠DOG=90°，OA=OD=12BD=1
∵AG=1
∴OG=OA+AG=2
∴GD=5，EB=5

5、已知正方形ABCD和正方形AEFG有一个公共点，点G、E分别在线段AD、AB上，若将正方形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，连接DG,在旋转的过程中，你能否找到一条线段的长与线段DG的长度始终相等？并说明理由。

解析：连接BE
∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形
∴AB=AD,AE=AG,∠BAD=∠EAG=90°
∴∠BAD-∠BAG=∠EAG-∠BAG,即∠DAG=∠BAE
AB=AD
∠DAG=∠BAE
AE=AG
∴△BAE≌△DAG(SAS)
∴BE=DG

6、已知：如图在△ABC，△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC,AD=AE,点C、D、E三点在同一直线上，连接BD,BE.以下四个结论:①BD=CE;②BD⊥CE;③∠ACE+∠BDC=45°；④BE2=2AD2+AB2其中结论正确的个数是_______

解析：①∵∠BAC=∠DAE=90°
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD
即∠BAD=∠CAE
∵在△BAD和△CAE中，，∴△BAD≌△CAE(SAS)，∴BD=CE
②∵△BAD≌△CAE[
∴∠ABD=∠ACE
∵∠ABD+∠DBC=45°
∴∠ACE+∠DBC=45°
∴∠DBC+∠DCB=90°
则BD⊥CE
③∵△ABC为等腰直角三角形
∴∠ABC=∠ACB=45°
∴∠ABD+∠DBC=45°
∵∠ABD=∠ACE
∴∠ACE+∠DBC=45°
④∵BD⊥CE
∴在Rt△BDE中，利用勾股定理得：
BE2=BD2+DE2∵△ADE为等腰三角形，∴DE=2AD
即DE2=2AD2∴BE2=BD2+DE2=BD2+2AD2
【基础训练】
1、已知△ABC为等边三角形，点D为直线BC上一动点（点D不与点B,点C重合）.以AD为边作等边三角形ADE,连接CE.
如图1，当点D在边BC上时，求证：△ABD≌△ACE;直接判断结论BC=DC+CE是否成立（不需要证明）；
如图2，当点D在边BC的延长线上时，其他条件不变，请写出BC、DC、CE之间存在的数量关系，并写出证明过程.

解析：(1)∵△ABC和△ADE是等边三角形
∴∠BAC=∠DAE=60°，AB=BC=AC,AD=DE=AE
∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC
∴∠BAD=∠EAC
在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE(SAS)，，∴△ABD≌△ACE，∴BD=CE
∵BC=BD+CD
∴BC=CE+CD
（2）∵△ABC和△ADE是等边三角形
∴∠BAC=∠DAE=60°，AB=BC=AC,AD=DE=AE
∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC
∴∠BAD=∠EAC
在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD=CE[
∵BD=BC+CD
∴CE=BC+CD
2、如图，△ACB与△ECD都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ECD=90°，点D为AB边上的一点.
若DE=13，BD=12，求线段AB的长.

∵△ACE≌△BCD
∴AE=BD,∠EAC=∠B=45°
∵BD=12
∴∠EAD=45°+45°=90°，AE=12
在Rt△EAD中，∠EAD=90°，DE=13，AE=12，由勾股定理得：AD=5
∴AB=BD+AD=12+5=17

3、如图，点A、B、C在一条直线上，△ABD,△BCE均为等边三角形，连接AE和CD,AE分别交CD,BD于点M,P,CD交BE于点Q，连接PQ,BM.
下面结论：△ABE≌△DBC;∠DMA=60°；△BPQ为等边三角形；MB平分∠AMC.其中正确的有____________

解析：
∵△ABD,△BCE为等边三角形
∴AB=DB,∠ABD=∠CBE=60°，BE=BC
∴∠ABE=∠DBC,∠PBQ=60°
在△ABE和△DBC中
AB=DB
∠ABE=∠DBC
BE=BC
∴△ABE≌△DBC ∴(1)正确
∵△ABE≌△DBC
∴∠BAE=∠BDC
∵∠BDC+∠BCD=180°-60°-60°=60°
∴∠DMA=∠BAE+∠BCD=∠BDC+∠BCD=60°（2）正确
∵在△ABP和△BDQ中
∠BAP=∠BDQ
AB=DB
∠ABP=∠DBQ=60°
∴△ABP≌△DBQ
∴BP=BQ
∴△BPQ为等边三角形（3）正确
∵∠DMA=60°
∴∠AMC=120°
∴∠AMC+∠PBQ=180°
∴P、B、Q、M四点共圆
∵ BP=BQ
∴∠BMP=∠BMQ
即MB平分∠AMC

4、如图1，CA=CB,CD=CE,∠ACB=∠DCE=α，AD、BE相交于点M,连接CM.
求证：BE=AD;用含α的式子表示∠AMB的度数；当α=90°时，取AD、BE的中点分别为点P、Q，连接CP,CQ,PQ,如图2，判断△CPQ的形状，并加以证明.

解析：（1）如图1，∵∠ACB=∠DCE=α
∴∠ACD=∠BCE
在△ACD和△BCE中，
CA=CB
∠ACD=∠BCE
CD=CE
∴△ACD≌△BCE（SAS）
∴BE=AD
(2) 如图1，∵△ACD≌△BCE
∴∠CAD=∠CBE
∵△ABC中，∠BAC+∠ABC=180°-α
∴∠BAM+∠AMB=180°-α
∴△ABM中，∠AMB=180°-（180°-α）=α.
如图2，由（1）可得，BE=AD，
∵AD,BE的中点分别为点P、Q
∴AP=BQ
∵△ACQ≌△BCE
∴∠CAP=∠CBQ
在△ACP和△BCQ中，
CA=CB
∠CAP=∠CBQ
AP=BQ
∴△ACP≌△BCQ（SAS）
∴CP=CQ,且∠ACP=∠BCQ
又∵∠ACP+∠PCB=90°
∴∠BCQ+∠PCB=90°
∴∠PCQ=90°
∴△CPQ为等腰直角三角形.

【巩固提升】
1、已知△ABC和△BDE都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠BED＝90°，AB＝2BD，连接CE．
（1）如图1，若点D在AB边上，点F是CE的中点，连接BF．当AC＝4时，求BF的长；
（2）如图2，将图1中的△BDE绕点B按顺时针方向旋转，使点D在△ABC的内部，连接AD，取AD的中点M，连接EM并延长至点N，使MN＝EM，连接CN．求证：CN⊥CE．

解析：（1）∵△ABC和△BDE都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠BED＝90°，
∴AC＝BC＝4，AB＝AC＝4，DE＝BE，DB＝ BE，∠ABC＝45°，∠DBE＝45°，
∵AB＝2BD，∴AD＝BD＝2，∴BE＝2，
∵∠CBE＝∠ABC+∠DBE＝90°，∴CE＝＝＝2，
∵点F是CE的中点，∴BF＝CE＝；
（2）如图，连接AN，设DE与AB交于点H，

∵点M是AD中点，∴AM＝MD，
又∵MN＝ME，∠AMN＝∠DME，∴△AMN≌△DME（SAS），∴AN＝DE，∠MAN＝∠ADE
∴AN∥DE，∴∠NAH+∠DHA＝180°，
∵∠NAH＝∠NAC+∠CAB＝∠NAC+45°，∠DHA＝∠EDB+∠DBH＝45°+∠DBH，
∴∠NAC+45°+45°+∠DBH＝180°，∴∠NAC+∠DBH＝90°，
∵∠CBA+∠DBE＝45°+45°＝90°，∴∠CBE+∠DBH＝90°，∴∠CBE＝∠NAC，
又∵AC＝BC，AN＝DE＝BE，∴△ACN≌△BCE（SAS），∴∠ACN＝∠BCE，
∵∠BCE+∠ACE＝90°，∴∠ACN+∠ACE＝90°＝∠NCE，∴CN⊥CE．
2、如图，△ABC中AB＝AC＝5，tan∠ACB＝，点D为边BC上的一动点（不与点B、C重合），将线段AD绕点A顺时针旋转得AE，使∠DAE＝∠BAC，DE与AB交于点F，连接BE．
（1）求BC的长；
（2）求证∠ABE＝∠ABC；
（3）当FB＝FE时，求CD的长．

解析：（1）如图，过点A作AH⊥BC于点H，

∵AB＝AC，AH⊥BC，∴BH＝CH＝BC，
∵tan∠ACB＝＝，∴设AH＝3k（k＞0），CH＝4k，
∵AC2＝AH2+CH2，∴9k2+16k2＝25，∴k＝1，∴HC＝4，∴BC＝2CH＝8；
（2）∵∠DAE＝∠BAC，∴∠DAC＝∠BAE，
∵将线段AD绕点A顺时针旋转得AE，∴AE＝AD，
又∵AB＝AC，∴△AEB≌△ADC（SAS），∴∠ABE＝∠ACD，
∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACD，∴∠ABE＝∠ABC；
（3）∵AD＝AE，∴∠AED＝∠ADE＝（180°﹣∠DAE），
∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝（180°﹣∠BAC），
∵∠DAE＝∠BAC，∴∠ADE＝∠AED＝∠ABC＝∠ACB，∴∠ABE＝∠ABC＝∠ADE，
又∵∠BFE＝∠DFA，∴∠BEF＝∠DAF，
∵FB＝FE，∴∠FBE＝∠FEB，∴∠DAF＝∠ADF＝∠FBE＝∠FEB，∴∠DAF＝∠ABC＝∠ACB
又∵∠ABC＝∠ABD，∴△BAD∽△BCA，∴，∴BD＝＝，
∴CD＝BC﹣BD＝8﹣＝．
3、如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为AB上一点，连接CD，将CD绕点C顺时针旋转90°至CE，连接AE．
（1）求证：△BCD≌△ACE；
（2）如图2，连接ED，若CD＝2，AE＝1，求AB的长；
（3）如图3，若点F为AD的中点，分别连接EB和CF，求证：CF⊥EB．

解析：（1）由旋转可得EC＝DC，∠ECD＝90°＝∠ACB，∴∠BCD＝∠ACE，
又∵AC＝BC，∴△BCD≌△ACE（SAS）；
（2）由（1）可知AE＝BD＝1，∠CAE＝∠B＝45°＝∠CAB，∴∠EAD＝90°，

∴，∴．∴；
（3）如图，过C作CG⊥AB于G，则AG＝AB，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴CG＝AB，即＝，
∵点F为AD的中点，∴FA＝AD，
∴FG＝AG﹣AF＝AB﹣AD＝（AB﹣AD）＝BD，
由（1）可得：BD＝AE，
∴FG＝AE，即＝，∴＝，又∵∠CGF＝∠BAE＝90°，
∴△CGF∽△BAE，∴∠FCG＝∠ABE，
∵∠FCG+∠CFG＝90°，∴∠ABE+∠CFG＝90°，∴CF⊥BE．

4、如图，△ABC和△EDC都是等腰直角三角形，C为它们的公共直角顶点，连接AD、BE，点F为线段AD的中点，连接CF．
（1）如图1，当D点在BC上时，试判断线段BE、CF的关系，并证明你的结论；
（2）如图2，把△DEC绕C点顺时针旋转一个锐角，其他条件不变时，请探究BE、CF的关系并直接写出结论．

解析：（1）结论：BE＝2CF，BE⊥CF．
理由：∵△ABC和△DEC都是等腰直角三角形，
∴BC＝AC，CD＝CE，∠ACB＝∠ECD＝90°，
在△BCE和△ACD中，，∴△BCE≌△ACD（SAS），∴BE＝AD，∠EBC＝∠DAC，
∵F为线段AD的中点，∴CF＝AF＝DF＝AD，∴BE＝2CF；
∵AF＝CF，∴∠DAC＝∠FCA，
∵∠BCF+∠ACF＝90°，∴∠BCF+∠EBC＝90°，即BE⊥CF；
（2）旋转一个锐角后，（1）中的关系依然成立．
证明：如图2，延长CF到M，使FM＝FC，连接AM，DM，
又AF＝DF，∴四边形AMDC为平行四边形
∴AM＝CD＝CE，∠MAC＝180°﹣∠ACD，
∠BCE＝∠BCA+∠DCE﹣∠ACD＝180°﹣∠ACD，即∠MAC＝∠BCE，
在△MAC和△ECB中，，∴△MAC≌△ECB（SAS），来∴CM＝BE；∠ACM＝∠CBE，
∴BE＝CM＝2CF，∴∠CBE+∠BCM＝∠ACM+∠BCM＝90°，即BE⊥CF．

5、如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D、E分别是AB、AC边的中点．将△ABC绕点A顺时针旋转a角（0°＜a＜180°），得到△AB′C′（如图2），连接DB'，EC'．
（1）探究DB'与EC'的数量关系，并结合图2给予证明；
（2）填空：①当旋转角α的度数为　 　时，则DB'∥AE；
②在旋转过程中，当点B'，D，E在一条直线上，且AD＝时，此时EC′的长为　 　．

解析：（1）DB'＝EC'，
理由如下：∵AB＝AC，D、E分别是AB、AC边的中点，∴AD＝AE，
由旋转可得，∠DAE＝∠B'AC'＝90°，AB'＝AC'，
∴∠DAB'＝∠EAC'，且AB'＝AC'，AD＝AE
∴△ADB'≌△AEC'（SAS），∴DB′＝EC′，
（2）①当DB′∥AE时，∠B'DA＝∠DAE＝90°，
又∵AD＝AB'，∴∠AB'D＝30°，∴∠DAB'＝60°，∴旋转角α＝60°，
②如图3，当点B'，D，E在一条直线上，

∵AD＝，∴AB'＝2，
∵△ADE，△AB'C'是等腰直角三角形，∴B'C'＝AB'＝4，DE＝AD＝2，
由（1）可知：△ADB'≌△AEC'，∴∠ADB'＝∠AEC'，B'D＝C'E，
∵∠ADB'＝∠DAE+∠AED，∠AEC'＝∠AED+∠DEC'，∴∠DEC'＝∠DAE＝90°，
∴B'C'2＝B'E2+C'E2，∴16＝（2+EC'）2+C'E2，
∴CE＝﹣1，

6、如图，∠AOB＝120°，OC平分∠AOB，∠MCN＝60°，CM与射线OA相交于M点，CN与直线BO相交于N点．把∠MCN绕着点C旋转．
（1）如图1，当点N在射线OB上时，求证：OC＝OM+ON；
（2）如图2，当点N在射线OB的反向延长线上时，OC与OM，ON之间的数量关系是　 　（直接写出结论，不必证明）

（1）证明：作∠OCG＝60°，交OA于G，如图1所示：

∵∠AOB＝120°，OC平分∠AOB，∴∠CON＝∠COG＝60°，
∴∠OCG＝∠COG，∴OC＝CG，∴△OCG是等边三角形，
∴OC＝OG，∠CGM＝60°＝∠CON，又∵∠MCN＝∠OCG＝60°，∴∠OCN＝∠GCM，
在△OCN和△GCM中，，∴△OCN≌△GCM（ASA），∴ON＝GM，
∵OG＝OM+GM，∴OC＝OM+ON；
（2）OC＝OM﹣ON，理由如下：作∠OCG＝60°，交OA于G，如图2所示：
∵∠AOB＝120°，OC平分∠AOB，∴∠CON＝∠COG＝60°，
∴∠CON＝120°，∠OCG＝∠COG，∴OC＝CG，
∴△OCG是等边三角形，∴OC＝OG，∠CGO＝60°，∴∠CGM＝120°＝∠CON，
∵∠MCN＝∠OCG＝60°，∴∠OCN＝∠GCM，
在△OCN和△GCM中，，∴△OCN≌△GCM（ASA），∴ON＝GM，
∵OG＝OM﹣GM，∴OC＝OM﹣ON；