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（知识解读）

这是一份备战中考数学《重难点解读•专项训练》专题07 手拉手模型综合应用（知识解读），共25页。试卷主要包含了复习方法，复习难点等内容，欢迎下载使用。
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（知识解读）
【专题说明】
手拉手模型是指有共同顶点的两个等腰三角形，顶角相等。因为过共同顶点的四条边，像人的两双手，所以通常称为手拉手模型。手拉手模型常和旋转结合,在考试中作为几何综合题目出现。
【方法技巧】
类型一：等边三角形手拉手
（1）如图，B、C、D三点共线，▲ABC和▲CDE是等边三角形，连接AD、BE，交于点P

记AC、BE交点为M，AD、CE交点为N


（2）连接MN

（4）记AD、BE交点为P，连接PC：

（5）结论五：∠APB=∠BPC=∠CPD=∠DPE=60°

连AE:
结论六：P点是▲ACE的费马点（PA+PC+PE值最小）
类型二：正方形手拉手
如图，四边形ABCD和四边形CEFG均为正方形，连接BE、DG

【典例分析】
【类型一：等边三角形手拉手】
【典例1】（2021春•西安期末）如图，在△ABC中，BC＝5，以AC为边向外作等边△ACD，以AB为边向外作等边△ABE，连接CE、BD．
（1）若AC＝4，∠ACB＝30°，求CE的长；
（2）若∠ABC＝60°，AB＝3，求BD的长．
【变式1-1】（2021九上·吉林期末）如图①，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=6，点D，E分别在边AC，BC上，且CD=CE=2，此时AD=BE，AD⊥BE成立．
（1）将△CDE绕点C逆时针旋转90°时，在图②中补充图形，并直接写出BE的长度；
（2）当△CDE绕点C逆时针旋转一周的过程中，AD与BE的数量关系和位置关系是否仍然成立？若成立，请你利用图③证明，若不成立请说明理由；
（3）将△CDE绕点C逆时针旋转一周的过程中，当A，D，E三点在同一条直线上时，请直接写出AD的长度．
【变式1-2】（2021九上·宜春期末）如图
（1）问题发现：如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，当△DCE旋转至点A，D，E在同一直线上，连接BE．则：
①∠ACB的度数为 ；
②线段BE，CE与AE之间的数量关系是 ．
（2）拓展研究：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．若CE=2，BE=2，求AB的长度．
（3）探究发现：图1中的△ACB和△DCE，在△DCE旋转过程中，当点A，D，E不在同一直线上时，设直线AD与BE相交于点O，试在备用图中探索∠AOE的度数，直接写出结果，不必说明理由．
【变式1-3】（2021春•金牛区校级期中）类比探究：
（1）如图1，等边△ABC内有一点P，若AP＝8，BP＝15，CP＝17，求∠APB的大小；（提示：将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处）
（2）如图2，在△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F为BC上的点，且∠EAF＝45°．求证：EF2＝BE2+FC2；
（3）如图3，在△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，点O为△ABC内一点，连接AO、BO、CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，若AC＝1，求OA+OB+OC的值．
【典例2】如图，在△ABC与△DEC中，已知∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝6，BC＝3，CD＝5，CE＝2.5，连接AD，BE．
（1）求证：△ACD∽△BCE；
（2）若∠BCE＝45°，求△ACD的面积．
【变式2-1】如图1，在Rt△ABC中，AC＝BC＝5，等腰直角△BDE的顶点D，E分别在边BC，AB上，且BD＝，将△BDE绕点B按顺时针方向旋转，记旋转角为α（0°≤α＜360°）．
（1）问题发现
当α＝0°时，的值为 ，直线AE，CD相交形成的较小角的度数为 ；
（2）拓展探究
试判断：在旋转过程中，（1）中的两个结论有无变化？请仅就图2的情况给出证明：
（3）问题解决
当△BDE旋转至A，D，E三点在同一条直线上时，请直接写出△ACD的面积．
【类型二：正方形手拉手】
【典例3】【问题背景】正方形ABCD和等腰直角三角形CEF按如图①所示的位置摆放，点B，C，E在同一条直线上，其中∠ECF＝90°．
【初步探究】
（1）如图②，将等腰直角三角形CEF绕点C按顺时针方向旋转，连接BF，DE，请直接写出BF与DE的数量关系与位置关系： ；
【类比探究】
（2）如图③，将（1）中的正方形ABCD和等腰直角三角形CEF分别改成矩形ABCD和Rt△CEF，其中∠ECF＝90°，且，其他条件不变．
①判断线段BF与DE的数量关系，并说明理由；
②连接DF，BE，若CE＝6，AB＝12，求DF2+BE2的值．
【变式3】（2021秋•荔湾区校级期中）以△ABC的AB，AC为边分别作正方形ADEB，正方形ACGF，连接DC，BF．
（1）CD与BF有什么数量与位置关系？说明理由．
（2）利用旋转的观点，在此题中，△ADC可看成由哪个三角形绕哪点旋转多少角度得到的．
专题07 手拉手模型综合应用（知识解读）
【专题说明】
手拉手模型是指有共同顶点的两个等腰三角形，顶角相等。因为过共同顶点的四条边，像人的两双手，所以通常称为手拉手模型。手拉手模型常和旋转结合,在考试中作为几何综合题目出现。
【方法技巧】
类型一：等边三角形手拉手
（1）如图，B、C、D三点共线，▲ABC和▲CDE是等边三角形，连接AD、BE，交于点P

记AC、BE交点为M，AD、CE交点为N


（2）连接MN

（4）记AD、BE交点为P，连接PC：

（5）结论五：∠APB=∠BPC=∠CPD=∠DPE=60°

连AE:
结论六：P点是▲ACE的费马点（PA+PC+PE值最小）
类型二：正方形手拉手
如图，四边形ABCD和四边形CEFG均为正方形，连接BE、DG

【典例分析】
【类型一：等边三角形手拉手】
【典例1】（2021春•西安期末）如图，在△ABC中，BC＝5，以AC为边向外作等边△ACD，以AB为边向外作等边△ABE，连接CE、BD．
（1）若AC＝4，∠ACB＝30°，求CE的长；
（2）若∠ABC＝60°，AB＝3，求BD的长．
【解答】解：（1）∵△ABE与△ACD是等边三角形，
∴AC＝AD，AB＝AE，
∴∠DCA＝∠CAD＝∠EAB＝60°，
∴∠EAB+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，
即∠EAC＝∠BAD．
在△EAC和△BAD中，
，
∴△EAC≌△BAD（SAS），
∴EC＝BD，
又∵∠ACB＝30°，
∴∠DCB＝∠ACB+∠DCA＝90°，
∵CD＝AC＝4，BC＝5，
∴BD＝＝＝，
∴CE＝；
（2）如图，作EK垂直于CB延长线于点K．
∵△ABE与△ACD是等边三角形，
∴AC＝AD，AB＝AE，
∴∠DCA＝∠CAD＝∠EAB＝60°，
∴∠EAB+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，
即∠EAC＝∠BAD．
在△EAC和△BAD中，
，
∴△EAC≌△BAD（SAS），
∴EC＝BD，
∵∠ABC＝60°，∠ABE＝60°，
∴∠EBK＝60°，
∴∠BEK＝30°，
∴BK＝BE＝，
∴EK＝＝＝，
∴EC＝＝＝7，
∴BD＝EC＝7．
【变式1-1】（2021九上·吉林期末）如图①，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=6，点D，E分别在边AC，BC上，且CD=CE=2，此时AD=BE，AD⊥BE成立．
（1）将△CDE绕点C逆时针旋转90°时，在图②中补充图形，并直接写出BE的长度；
（2）当△CDE绕点C逆时针旋转一周的过程中，AD与BE的数量关系和位置关系是否仍然成立？若成立，请你利用图③证明，若不成立请说明理由；
（3）将△CDE绕点C逆时针旋转一周的过程中，当A，D，E三点在同一条直线上时，请直接写出AD的长度．
【答案】（1）解：如图所示，
BE=22；
（2）解：AD=BE，AD⊥BE仍然成立.
证明：延长AD交BE于点H，
∵∠ACB=∠DCE=90°，
∠ACD=∠ACB−∠BCD，
∠BCE=∠DCE−∠BCD，
∴∠ACD=∠BCE，
又∵CD=CE，AC=BC，
∴△ACD≅△BCE，
∴AD=BE，∠1=∠2，
在Rt△ABC中，∠1+∠3+∠4=90°，
∴∠2+∠3+∠4=90°，
∴∠AHB=90°，
∴AD⊥BE.
（3）AD=5−1或AD=5+1
【变式1-2】（2021九上·宜春期末）如图
（1）问题发现：如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，当△DCE旋转至点A，D，E在同一直线上，连接BE．则：
①∠ACB的度数为 ；
②线段BE，CE与AE之间的数量关系是 ．
（2）拓展研究：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．若CE=2，BE=2，求AB的长度．
（3）探究发现：图1中的△ACB和△DCE，在△DCE旋转过程中，当点A，D，E不在同一直线上时，设直线AD与BE相交于点O，试在备用图中探索∠AOE的度数，直接写出结果，不必说明理由．
【解答】（1）①∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，
故答案为：60°；
②∵△ACB和△DCE均为等边三角形，
∴AC=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACD=∠BCE，
∴△ADC≅△BEC(SAS)，
∴AD=BE，
∵△DCE为等边三角形，
∴CE=DE，
∴BE+CE=AD+DE=AE，
故答案为：BE+CE=AE
（2）解：∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，
∴AC=CB，∠CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠ACD=∠BCE，
∴△ADC≅△BEC(SAS)，
∴AD=BE=2，∠ADC=∠BEC，
∵△DCE为等腰直角三角形，
∴∠CDE=∠CED=45°，CD=CE=2，DE=CD2+CE2=(2)2+(2)2=2，
∴∠CEB=∠CDA=180°−45°=135°，AE=AD+DE=2+2=4，
∴∠AEB=∠CEB−∠CED=135°−45°=90°，
∴△AEB是直角三角形，
∴AB=AE2+BE2=42+22=25
（3）如图3，
由（1）知△ADC≅△BEC，
∴∠CAD=∠CBE，
∵∠CAB=∠ABC=60°，
∴∠OAB+∠OBA=120°，
∴∠AOE=180°−120°=60°，
如图4，同理求得：∠AOB=60°，
∴∠AOE=120°，
∴∠AOE的度数是60°或120°．
【变式1-3】（2021春•金牛区校级期中）类比探究：
（1）如图1，等边△ABC内有一点P，若AP＝8，BP＝15，CP＝17，求∠APB的大小；（提示：将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处）
（2）如图2，在△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F为BC上的点，且∠EAF＝45°．求证：EF2＝BE2+FC2；
（3）如图3，在△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，点O为△ABC内一点，连接AO、BO、CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，若AC＝1，求OA+OB+OC的值．
【解答】解：（1）如图1，将△APB绕着点A逆时针旋转60°得到△ACP′，
∴△ACP′≌△ABP，
∴AP′＝AP＝8、CP′＝BP＝15、∠AP′C＝∠APB，
由题意知旋转角∠PA P′＝60°，
∴△AP P′为等边三角形，
∴P P′＝AP＝8，∠A P′P＝60°，
∵PP′2+P′C2＝82+152＝172＝PC2，
∴∠PP′C＝90°，
∴∠APB＝∠AP′C＝∠A P′P+∠P P′C＝60°+90°＝150°
（2）如图2，把△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ACE′，
则AE′＝AE，CE′＝CE，∠CAE′＝∠BAE，
∵∠BAC＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠CAF＝∠CAF+∠CAE′＝∠FAE′＝45°，
∴∠EAF＝∠E′AF，且AE＝AE'，AF＝AF，
∴△AEF≌△AE′F（SAS），
∴EF＝E′F，
∵∠B+∠ACB＝90°，
∴∠ACB+∠ACE′＝90°，
∴∠FCE′＝90°，
∴E′F2＝CF2+CE′2，
∴EF2＝BE2+CF2；
（3）如图3，将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，
∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，
∴AB＝2，
∴BC＝＝，
∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，
∴△A′O′B如图所示；
∠A′BC＝∠ABC+60°＝30°+60°＝90°，
∵∠ACB＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，
∴AB＝2AC＝2，
∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A′O′B，
∴A′B＝AB＝2，BO＝BO′，A′O′＝AO，
∴△BOO′是等边三角形，
∴BO＝OO′，∠BOO′＝∠BO′O＝60°，
∵∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，
∴∠COB+∠BOO′＝∠BO′A′+∠BO′O＝120°+60°＝180°，
∴C、O、A′、O′四点共线，
在Rt△A′BC中，A′C＝＝，
∴OA+OB+OC＝A′O′+OO′+OC＝A′C＝．
【典例2】如图，在△ABC与△DEC中，已知∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝6，BC＝3，CD＝5，CE＝2.5，连接AD，BE．
（1）求证：△ACD∽△BCE；
（2）若∠BCE＝45°，求△ACD的面积．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACD+∠DCB＝∠DCB+∠BCE，
∴∠ACD＝∠BCE，
又∵，
∴△ACD∽△BCE；
（2）解：过A作AG⊥CD于G，
由（1）知，∠ACD＝∠DCB＝∠BCE＝45°，
∴AG＝CG，
在Rt△ACG中，由勾股定理得：
∴CG＝AG＝3，
∴S＝＝．
【变式2-1】如图1，在Rt△ABC中，AC＝BC＝5，等腰直角△BDE的顶点D，E分别在边BC，AB上，且BD＝，将△BDE绕点B按顺时针方向旋转，记旋转角为α（0°≤α＜360°）．
（1）问题发现
当α＝0°时，的值为 ，直线AE，CD相交形成的较小角的度数为 ；
（2）拓展探究
试判断：在旋转过程中，（1）中的两个结论有无变化？请仅就图2的情况给出证明：
（3）问题解决
当△BDE旋转至A，D，E三点在同一条直线上时，请直接写出△ACD的面积．
【解答】解：（1）∵△ABC与△BDE都是等腰直角三角形，
∴DE∥AC，
∴，
∴，
∵∠B＝45°，
∴直线AE，CD相交形成的较小角的度数为45°，
故答案为：；45；
（2）无变化，理由如下：
延长AE，CD交于点F，CF交AB于点G，
∵△ABC与△BDE都是等腰直角三角形，
∴∠ABC＝∠DBE＝45°，，
∴∠ABC﹣∠ABD＝∠DBE﹣∠ABD，
∴∠CBD＝∠ABE，
又∵，
∴△ABE∽△CBD，
∴，∠BAE＝∠BCD，
∴∠F＝180°﹣∠BAE﹣∠AGF＝180°﹣∠BCD﹣∠BGC＝∠ABC＝45°；
（3）如图，当DE在AB上方时，作AH⊥CD于H，
由A，D，E三点在同一条直线上知，∠ADB＝90°，
∴AD＝，
由（2）知∠ADH＝45°，，
∴AH＝＝，CD＝，
∴S△ACD＝CD×AH＝＝12+，
当DE在AB下方时，同理可得S△ACD＝×CD×AH＝＝12﹣，
【类型二：正方形手拉手】
【典例3】【问题背景】正方形ABCD和等腰直角三角形CEF按如图①所示的位置摆放，点B，C，E在同一条直线上，其中∠ECF＝90°．
【初步探究】
（1）如图②，将等腰直角三角形CEF绕点C按顺时针方向旋转，连接BF，DE，请直接写出BF与DE的数量关系与位置关系： ；
【类比探究】
（2）如图③，将（1）中的正方形ABCD和等腰直角三角形CEF分别改成矩形ABCD和Rt△CEF，其中∠ECF＝90°，且，其他条件不变．
①判断线段BF与DE的数量关系，并说明理由；
②连接DF，BE，若CE＝6，AB＝12，求DF2+BE2的值．
【解答】解：（1）如图②，BF与CD交于点M，与DE交于点N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝DC，∠BCD＝90°，
∵△ECF是等腰直角三角形，
∴CF＝CE，∠ECF＝90°，
∴∠BCD＝∠ECF，
∴∠BCD+∠DCF＝∠ECF+∠DCF，
∴∠BCF＝∠DCE，
∴△BCF≌△DCE（SAS），
∴BF＝DE，∠CBF＝∠CDE，
∵∠BMC＝∠DMF，∠CBF+∠BMC＝90°，
∴∠CDE+∠DMF＝90°，
∴∠BND＝90°，
∴BF⊥DE，
故答案为：BF＝DE，BF⊥DE；
（2）①如图③，，
理由：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD＝90°，
∵∠ECF＝90°，
∴∠BCD+∠DCF＝∠ECF+∠DCF，
∴∠BCF＝∠DCE，
∵，
∴△BCF∽△DCE，
∴＝；
②如图③，连接BD，
∵△BCF∽△DCE，
∴∠CBF＝∠CDE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝12，
∵CE＝6，，
∴＝，
∴CF＝8，BC＝16，
∵∠DBO+∠CBF+∠BDC＝∠BDO+∠CDE+∠BDC＝∠DBO+∠BDO＝90°，
∴∠BOD＝90°，
∴∠DOF＝∠BOE＝∠EOF＝90°，
在Rt△DOF中，DF2＝OD2+OF2，
在Rt△BOE中，BE2＝OB2+OE2，
在Rt△DOB中，DB2＝OD2+OB2，
在Rt△EOF中，EF2＝OE2+OF2，
∴DF2+BE2＝OD2+OF2+OB2+OE2＝DB2+EF2，
在Rt△BCD中，BD2＝BC2+CD2＝162+122＝400，
在Rt△CEF中，EF2＝EC2+CF2＝62+82＝100，
∴BD2+EF2＝400+100＝500，
∴DF2+BE2＝500
【变式3】（2021秋•荔湾区校级期中）以△ABC的AB，AC为边分别作正方形ADEB，正方形ACGF，连接DC，BF．
（1）CD与BF有什么数量与位置关系？说明理由．
（2）利用旋转的观点，在此题中，△ADC可看成由哪个三角形绕哪点旋转多少角度得到的．
【解答】解：（1）CD＝BF且CD⊥BF，理由如下：
∵四边形ABED和四边形ACGF都是正方形，
∴AD＝AB，AC＝AF，∠DAB＝∠CAF＝90°，
又∵∠DAC＝∠DAB+∠BAC，∠BAF＝∠CAF+∠BAC，
∴∠DAC＝∠BAF，
在△DAC与△BAF中，
，
∴△DAC≌△BAF（SAS），
∴DC＝BF，
∴∠AFB＝∠ACD，
又∵∠AFN+∠ANF＝90°，∠ANF＝∠CNM，
∴∠ACD+∠CNM＝90°，
∴∠NMC＝90°，
∴BF⊥CD；
（2）∵AD＝AB，AC＝AF，CD＝BF，∠DAB＝∠CAF＝90°，
∴△ADC可看成是△ABF绕点A顺时针旋转90°得到的．