备战中考数学《重难点解读•专项训练》专题07 手拉手模型综合应用（专项训练）

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一、复习方法
1.以专题复习为主。 2.重视方法思维的训练。
3.拓宽思维的广度，培养多角度、多维度思考问题的习惯。
二、复习难点
1.专题的选择要准，安排时间要合理。 2.专项复习要以题带知识。
3.在复习的过程中要兼顾基础，在此基础上适当增加变式和难度，提高能力。

专题07 手拉手模型综合应用（专项训练）
1．已知等边△AOB和△COD．
求证：AC＝BD．
【解答】证明：∵△AOB和△COD是等边三角形，
∴OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝60°，
∴∠AOB+∠BOC＝∠COD+∠BOC，
∴∠AOC＝∠BOD，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴AC＝BD．
2．如图，等边△ABC，点D为BC延长线上一点，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转60°得到线段AE．连接CE．求证：BD＝CE．
【解答】证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，AB＝AC，
由旋转的性质可得：∠DAE＝60°，AD＝AE，
∴∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD 和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE．
3．以△ABC的AB，AC为边作△ABD和△ACE，且AD＝AB，AE＝AC，∠DAB＝∠CAE＝α．CD与BE相交于O，连结AO，如图①所示．
（1）求证：BE＝CD；
（2）判断∠AOD与∠AOE的大小，并说明理由．
（3）在EB上取点F，使EF＝OC，如图②，请直接写出∠AFO与α的数量关系．
【解答】（1）证明：∵∠DAB＝∠CAE，
∴∠DAB+∠BAC＝∠BAC+∠CAE，
∴∠DAC＝∠BAE，
又∵AD＝AB，AC＝AE，
∴△ABE≌△ADC（SAS），
∴BE＝DC；
（2）解：∠AOD＝∠AOE，理由如下：
过点A作AM⊥DC于点M，AN⊥BE于点N，
∵△ABE≌△ADC，
∴∠ABE＝∠ADC，
又∵AD＝AB，
∴△ADM≌△ABN（AAS），
∴AM＝AN，
∵AM⊥OD，AN⊥OE，
∴∠AOD＝∠AOE；
（3）解：∵△AOD≌△AEB，
∴∠AEF＝∠ACO，AE＝AC，
又∵EF＝CO，
∴△AEF≌△ACO（SAS），
∴∠AFE＝∠AOC，AF＝AO，
∴∠AFO＝∠AOF＝∠AOD．
又∵∠DAB＝∠DOB＝α，
∴2∠AFO＝180°﹣α．
4．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，P是△ABC内一点，且PB＝1，PC＝2，PA＝3，过点C作CD⊥CP，垂足为C，令CD＝CP，连接DP，BD，求∠BPC的度数．
【解答】解：∵CD⊥CP，
∴∠PCD＝90°，
∵PC＝CD＝2，
∴△PCD是等腰直角三角形，
∴PD＝PC＝2，∠CPD＝∠CDP＝45°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACP+∠PCB＝90°，
又∵∠PCB+∠BCD＝90°，
∴∠ACP＝∠BCD，
在△ACP和△BCD中，
，
∴△ACP≌△BCD（SAS），
∴BD＝PA＝3，
∵PB＝1，
∴PB2+PD2＝12+（2）2＝9，
∵PA2＝32＝9，
∴PA2＝PB2+PD2，
∴∠BPD＝90°，
∵∠CPD＝45°，
∴∠BPC＝∠BPD+∠CPD＝135°．
5．如图，△ABC和△DCE都是等边三角形．
（1）如图1，线段BD与AE是否相等？若相等，加以证明；若不相等，请说明理由．
（2）如图1，若 B、C、E三点在一条直线上，AE与BD交于点O，求∠BOE的度数．
（3）如图2，若 B、C、E三点不在一条直线上，∠ADC＝30°，AD＝4，CD＝3，求BD的长．
【解答】解：（1）BD＝AE，理由如下：
∵△ABC和△DCE都是等边三角形．
∴BC＝CA，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE，
∴∠BCD＝∠ACE，
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴BD＝AE；
（2）由△BCD≌△ACE得，∠BDC＝∠AEC，
∵∠BOE＝∠ODE+∠DEO＝∠CDE+∠DEC＝60°+60°＝120°，
∴∠BOE的度数是120°；
（3）∵∠ADC＝30°，∠CDE＝60°，
∴∠ADE＝90°，
∵CD＝DE＝3，
在Rt△ADE中，由勾股定理得，AE＝＝5，
由（1）同理得，△BCD≌△ACE，
∴BD＝AE＝5．
6．如图，△ABC是等边三角形，D为边BC的中点，BE⊥AB交AD的延长线于点E，点F在AE上，且AF＝BE，连接CF、CE．
求证：（1）∠CAF＝∠CBE；
（2）△CEF是等边三角形．
【解答】证明：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠CAB＝∠CBA＝60°，
∵D为BC的中点，
∴∠CAD＝∠CAB＝30°，
又∵BE⊥AB，
∴∠ABE＝90°，
∴∠CBE＝90°﹣∠CBA＝30°，
∴∠CAF＝∠CBE；
（2）∵△ABC是等边三角形，
∴CA＝CB，
在△CAF和△CBE中，
，
∴△CAF≌△CBE（SAS），
∴CE＝CF，∠ACF＝∠BCE，
∴∠ECF＝∠BCE+∠BCF＝∠ACF+∠BCF＝∠ACB＝60°，
∴△CEF是等边三角形．
7．（1）如图1，△ABC和△AMN都是等腰直角三角形，直角顶点为点A，△ABC固定不动，△AMN可以绕着点A旋转．
①如图2，将△AMN绕点A旋转，使点M落在BC边上，连接CN．
直接写出图中的全等三角形： ；直接写出线段CN，CM，CB之间满足的等量关系为： ；
②如图2，试探索线段MA，MB，MC之间满足的等量关系，并完整地证明你的结论；
（2）如图3，P是等腰直角△ABC内一点，∠BAC＝90°，连接PA，PB，PC，将△BAP绕点A顺时针旋转90°后得到△CAQ，连接PQ．已知PA＝2，PB＝3，若∠PQC＝90°，求PC的长．
【解答】解：（1）①∵∠BAM+∠MAC＝90°，∠CAN+∠MAC＝90°，
∴∠BAM＝∠CAN，
在△BAM和△CAN中：
，
∴△BAM≌△CAN（SAS），
∴BM＝CN，
∵BM+CM＝CB，
∴CN+CM＝CB，
故答案为：△BAM≌△CAN，CN+CM＝CB；
②MB2+MC2＝2MA2；证明如下：
同理①可证△BAM≌△CAN，
∴∠ACN＝∠B＝45°，
即∠BCN＝90°，
∴CN2+MC2＝MN2，
在R△MAN中，MN2＝MA2+AN2＝2MA2，
∴MB2+MC2＝2MA2；
（2）由旋转知△BAP≌△CAQ，
∴PA＝QA＝2，∠PAQ＝∠BAC＝90°，CQ＝BP＝3，
∴△PAQ为等腰直角三角形，
∴PQ2＝PA2+QA2＝22+22＝8，
∵∠PQC＝90°，
∴PC2＝PQ2+QC2＝8+32＝17，
∴PC＝．
8．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（1，0），以线段OA为边在第四象限内作等边三角形AOB，点C为x轴正半轴上动点（OC＞1），连接BC，以线段BC为边在第四象限内作等边△CBD，连接DA并延长交y轴于点E．
（1）求证：△OBC≌△ABD．
（2）在点C的运动过程中，∠CAD的度数是否会变化？如果不变，请求出∠CAD的度数；如果变化，请说明理由．
（3）以A，E，C为顶点的三角形是等腰三角形时，直接写出此时点C的坐标和CD的长度．
【解答】（1）证明：∵△OAB和△BCD是等边三角形，
∴∠OBA＝∠CBD＝60°，OB＝AB，BC＝BD，
∴∠OBC＝∠ABD，
在△OBC和△ABD中，
，
∴△OBC≌△ABD（SAS）；
（2）解：点C在运动过程中，∠CAD的度数不会变化，理由如下，
∵△AOB是等边三角形，
∴∠BOA＝∠OAB＝60°，
∵△OBC≌△ABD，
∴∠BAD＝∠BOA＝60°，
∴∠CAD＝180°﹣∠OAB﹣∠BAD＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∴点C在运动过程中，∠CAD的度数一直为60°．
（3）解：∵∠BOC＝∠BAD＝60°，∠OAB＝60°，
∴∠OAE＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∴∠EAC＝120°，∠AEO＝30°，
∴以A，E，C为顶点的三角形是等腰三角形时，AE和AC为腰，
∵OA＝1，∠AEO＝30°，∠AOE＝90°，
∴AC＝AE＝2OA＝2，
∴OA＝OA+AC＝1+2＝3，
∴点C的坐标为（3，0），
过点B作BH⊥x轴于点H，则AH＝OA＝AO＝，∠ABH＝30°，
∴BH＝＝，CH＝AH+AC＝+2＝，
∴BC＝＝，
∴CD＝BC＝．
9．已知：如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一直线上，连接BE．
（1）求证：AD＝BE；
（2）求∠AEB的度数；
（3）拓展探究：如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE．
①请你直接写出∠AEB的度数为多少度？
②探索线段CM、AE、BE之间存在怎样的数量关系，并说明理由．
【解答】（1）证明：∵△ACB和△DCE均为等边三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∵∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB，
∴∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE；
（2）解：∵△ACD≌△BCE，
∴∠ADC＝∠BEC，
∵△DCE为等边三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝60°，
∵点A、D、E在同一直线上，
∴∠ADC＝120°，
∴∠BEC＝120°，
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝60°；
（3）解：①∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，
∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CDE＝∠CED＝45°，
∴∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB，
即∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴BE＝AD，∠BEC＝∠ADC，
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC＝180﹣45＝135°，
∴∠BEC＝135°，
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝135°﹣45°＝90°；
②AE＝BE+2CM．
理由：如图2，∵∠DCE＝90°，CD＝CE，CM⊥DE，
∴CM＝DM＝EM，
∴DE＝DM+EM＝2CM，
∵△ACD≌△BCE（已证），
∴BE＝AD，
∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．
10．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．
（1）求证：EB＝GD；
（2）判断EB与GD的位置关系，并说明理由；
（3）若AB＝3，AG＝，求EB的长．
【解答】（1）证明：∵四边形EFGA和四边形ABCD是正方形，
∴AG＝AE，AB＝AD，∠EAG＝∠DAB＝90°，
∵∠GAD＝90°+∠EAD，∠EAB＝90°+∠EAD，
∴∠GAD＝∠EAB，
在△GAD和△EAB中，
，
∴△GAD≌△EAB（SAS），
∴EB＝GD；
（2）解：BE⊥GD，理由如下：如图，设DG与AE的交点为P，
∵△GAD≌△EAB，
∴∠AEB＝∠AGD，
∵∠EPH＝∠APG，
∴∠EHG＝∠EAG＝90°，
∴EB⊥GD；
（2）解：如图2，连接BD，BD与AC交于点O，
∵四边形ABCD是正方形，AB＝3，
∴DB＝AB＝3，DO＝BO＝，
∵AG＝，
∴GO＝AO+AG＝，
∴DG＝＝＝，
∴BE＝DG＝．
11.点C为线段AB上一点，分别以AC、BC为边在线段AB的同侧作正方形ACDE和BCFG，连接AF、BD．
（1）如图①，AF与BD的数量关系和位置关系分别为 ， ；
（2）将正方形BCFG绕着点C顺时针旋转α角（0°＜α＜360°），
①如图②，第（1）问的结论是否仍然成立？请说明理由；
②若AC＝4，BC＝，当正方形BCFG绕着点C顺时针旋转到点A、B、F三点共线时，求DB的长度．
【解答】解：（1）AF与BD的数量关系和位置关系分别为AF＝BD，AF⊥BD，理由如下：
延长AF交BD于H，如图①所示：
∵四边形ACDE和四边形BCFG是正方形，
∴AC＝CD，CF＝CB，∠ACF＝∠DCB＝90°，
∴∠CAF+∠AFC＝90°，
在△ACF和△DCB中，
，
∴△ACF≌△DCB（SAS），
∴AF＝BD，∠CAF＝∠CDB，
∵∠DFH＝∠AFC，
∴∠CDB+∠DFH＝∠CAF+∠AFC＝90°，
∴∠DHF＝90°，
∴AF⊥BD；
故答案为：AF＝BD，AF⊥BD；
（2）①第（1）问的结论仍然成立，理由如下：
设AF交CD于点M，如图②所示：
∵四边形ACDE和四边形BCFG是正方形，
∴AC＝CD，CF＝CB，∠ACD＝∠FCB＝90°，
∴∠CAF+∠AMC＝90°，
∴∠ACD+∠DCF＝∠FCB+∠DCF，
即∠ACF＝∠BCD，
在△ACF和△DCB中，
，
∴△ACF≌△DCB（SAS），
∴AF＝BD，∠CAF＝∠CDB，
∵∠DMH＝∠AMC，
∴∠CDB+∠DMH＝∠CAF+∠AMC＝90°，
∴∠DHM＝90°，
∴AF⊥BD；
②分两种情况：
a、如图③所示：连接CG交BF于O，
∵四边形BCFG是正方形，
∴CB＝BG，BF⊥CG，∠BGF＝90°，OB＝OF＝OC＝OG，
∴BF＝CG＝BC＝2，OB＝OF＝OC＝BF＝1，
∴AO＝＝＝，
∴AF＝AO+OF＝+1，
由（2）得：AF＝DB，
∴DB＝+1；
b、如图④所示：连接CG交BF于O，
同上得：OB＝OF＝OC＝BF＝1，
∴AO＝＝＝，
AF＝AO﹣OF＝﹣1，
由（2）得：AF＝DB，
∴DB＝﹣1；
综上所述，当正方形BCFG绕着点C顺时针旋转到点A、B、F三点共线时，DB的长度为+1或﹣1．