手拉手模型（等线段共端点模型）
1、定义：
两个顶角相等且共顶点的等腰三角形形成的图形。
2、四个固定结论：
判断左右：将等腰三角形顶角（头）朝上，正对读者，读者左边为着手顶点，右边为右手顶点，如图1、图2
（1）经典线段相等:左拉左=右拉右
找经典全等：包含
A．经典线段 B .两对等腰（等线段共端点）
（2）共顶点旋转模型（证明基本思想“SAS”）
核心导角：
∠A=∠C则得出∠B=∠D,（八字图模型）
核心图形：
AB`=AC`,AB=AC ∠B`AC=∠BAC
以上给出了连续变化的图形，图中两个阴影部分的三角形全等，注意利用三角形全等性质进项转化边或转化角
3、利用旋转思想构造辅助线
（1）根据相等的边找出被旋转的三角形
（2）根据对应边找出旋转角度
（3）根据旋转角画出旋转后的三角形
4、旋转前后具有以下性质
（1）对应线段和对应角分别相等
（2）对应点位置的排列次序相同
（3）任意两条对应线段的夹角都等于旋转角
例题讲解：
A类
1：在直线ABC的同一侧作两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，
证明：（1）△ABE≌△DBC；
（2）AE=DC；
（3）AE与DC的夹角为60°；
（4）△AGB≌△DFB；
（5）△EGB≌△CFB；
（6）BH平分∠AHC；
解题思路：
1：出现共顶点的等边三角形，联想手拉手模型
2：利用边角边证明全等；
3：八字导角得角相等；
2：如图两个等腰直角三角形ADC与EDG，连接AG,CE,二者相交于H.
问（1）△ADG≌△CDE是否成立？
（2）AG是否与CE相等？
（3）AG与CE之间的夹角为多少度？
（4）HD是否平分∠AHE？
等腰直角三角形要得到哪些结论？
要联想到什么模型？
等边三角形要得到哪些结论？
要联想到什么模型？
解题思路：
1：出现共顶点的等腰直角三角形，联想手拉手模型
2：利用边角边证明全等；
3：八字导角得角相等；
3：如图，分别以△ABC 的边AB、AC 同时向外作等腰直角三角形，其中 AB =AE ，AC =AD，
∠BAE =∠CAD=90°，点G为BC中点，点F 为BE 中点，点H 为CD中点。探索GF 与
GH 的位置及数量关系并说明理由。
解题思路：
1：有两个共顶点的等腰直角三角形，联想手拉手全等，连接BD，CE，△BAD≌△EAC
2：多个中点，联想中位线，得线段关系
B类
1：如图1，已知∠DAC=90°，△ABC是等边三角形，点P为射线AD任意一点（P与A不重合），连结CP，将线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，连结QB并延长交直线AD于点E. （1）如图1，猜想∠QEP=_______°；
旋转60°，要做什么？
出现等边三角形，要想到哪些？
多个中点，一般考虑什么？
等腰直角三角形要得到哪些结论？
要联想到什么模型？
（2）如图2，3，若当∠DAC 是锐角或钝角时，其它条件不变，猜想∠QEP 的度数，选取一种情况加以证明；
（3）如图3，若∠DAC=135°，∠ACP=15°，且AC=4，求BQ 的长．
解题思路：
1：旋转60°，出现等边三角形
2：两个共顶点的三角形，联想手拉手全等
3：求线段长度，利用勾股定理
2：在ABC ?中，2AB BC ==，90ABC ∠=?，BD 为斜边AC 上的中线，将ABD ?绕点D
顺时针旋转α(0180α?<
BE 与FC 相交于点H.
（1）如图1，直接写出BE 与FC 的数量关系：____________;
等腰直角三角形绕顶点旋转，是什么模型？
等腰直角三角形斜边的中线可以得到什么？
求线段长有哪些方法？
有特殊的钝角，需要做什么？
（2）如图2，M 、N 分别为EF 、BC 的中点.求证：MN =CF 2
2;
（3）连接BF ，CE ，如图3，直接写出在此旋转过程中，线段BF 、CE 与AC 之间的数量关系：.
解题思路：
1：等腰直角三角形斜边的中线把三角形分成两个相同的等腰直角三角形
2：等腰直角三角形绕顶点旋转，联想手拉手模型
3：等腰直角三角形中出现中点，联想斜边中点
4：利用勾股定理得线段关系
3：在Rt △ABC 中，90ACB ∠=?，D 是AB 的中点，DE ⊥BC 于E ，连接CD ．
（1）如图1，如果30A ∠=?，那么DE 与CE 之间的数量关系是___________．
（2）如图2，在（1）的条件下，P 是线段CB 上一点，连接DP ，将线段DP 绕点D 逆时针旋转60°，得到线段DF ，连接BF ，请猜想DE 、BF 、BP 三者之间的数量关系，并证明你的结论．
（3）如图3，如果A α∠=（090α?<
线段关系，一般有哪些？ 旋转60°，要做什么，还要联想什么？
直角+中点，联想什么？
线段的关系都有哪些？
出现中点要想到什么？
解题思路：
1：直角三角形斜边的中线是斜边的一半
2：30°的直角三角形，得到等边三角形
3：线段关系一般有和差倍，勾股定理
4：等腰三角形共顶点旋转，联想手拉手模型
C类
1：已知：在△ABC中，∠BAC=60°．
（1）如图1，若AB=AC，点P在△ABC内，且∠APC=150°，PA=3，PC=4，把△APC绕着点A顺时针旋转，使点C旋转到点B处，得到△ADB，连接DP
①依题意补全图1；
②直接写出PB的长；
（2）如图2，若AB=AC，点P在△ABC外，且PA=3，PB=5，PC=4，求∠APC的度数；
（3）如图3，若AB=2AC，点P在△ABC内，且PA=3，PB=5，∠APC=120°，请直接写出PC的长．给出共顶点的三条线段，要做什么？
当看到3，4，5，要来你想什么？
旋转60°，要做什么，还要联想什么？
图1 图2图3
解题思路：
1：共点的三条线段，利用旋转，构造手拉手模型，使之放在同一三角形中
2：勾股定理，勾股数
3：沿用前两问思路，构造手拉手相似
2：在□ABCD 中，E 是AD 上一点，AE=AB ，过点E 作直线EF ，在EF 上取一点G ，使得∠EGB=∠EAB ，连接AG.
（1）如图1，当EF 与AB 相交时，若∠EAB=60°，求证：EG =AG+BG ；
（2）如图2，当EF 与AB 相交时，若∠EAB= α（0o﹤α﹤90o），请你直接写出线段EG 、AG 、BG 之间的数量关系（用含α的式子表示）；
（3）如图3，当EF 与CD 相交时，且∠EAB=90°，请你写出线段EG 、AG 、BG 之间的数量关系，并证明你的结论.
解题思路：
1：有60°角，联想等边三角形，联想手拉手
2：线段和差，联想截长补短
3：等腰三角形，构造手拉手模型
4：三条线段的关系：和差倍、勾股定理
课堂练习
A 类
1：如图，已知ABC ?和ADE ?都是等边三角形，B 、C 、D 在一条直线上，试说明CE 与AC CD +相等的理由．
2：如图，点C 是线段AB 上除点A 、B 外的任意一点，分别以AC 、BC 为边在线段AB 的同旁作等边△ACD 和等边△BCE ，连接AE 交DC 于M ，连接BD 交CE 于N ，连接MN ．
（1）求证：AE=BD ；
（2）求证：MN ∥AB ．
3：已知：如图，△ABC 、△CDE 都是等边三角形，AD 、BE 相交于点O ，点M 、N 分别是线段AD 、BE 的中点．
（1）求证：AD=BE ；
（2）求∠DOE 的度数；
（3）求证：△MNC 是等边三角形．
B 类
1：在ABC △中，AB AC =，BAC ∠=α()060?<α
（1）如图1，直接写出ABD ∠的大小（用含α的式子表示）；
（2）如图2，150BCE ∠=?，60ABE ∠=?，判断ABE △的形状并加以证明；
（3）在（2）的条件下，连结DE ，若45DEC ∠=?，求α的值
2.如图1，在四边形ABCD 中，BA=BC ，∠ABC=60°，∠ADC=30°，连接对角线BD.
（1）将线段CD 绕点C 顺时针旋转60°得到线段CE ，连接AE.
①依题意补全图1；
②试判断AE 与BD 的数量关系，并证明你的结论；
（2）在（1）的条件下，直接写出线段DA 、DB 和DC 之间的数量关系；
（3）如图2，F 是对角线BD 上一点，且满足∠AFC=150°，连接FA 和FC ，探究线段FA 、FB 和FC 之间的数量关系，并证
明.
（图1） （图2）
3．如图，在△ABC 中，∠ACB=90°，AC=BC=CD ，∠ACD=α，将线段CD 绕点C 顺时针旋转90°得到线段CE ，连接DE ，AE ，BD ．
（1）依题意补全图1；
（2）判断AE 与BD 的数量关系与位置关系并加以证明；
（3）若0°＜α≤64°，AB=4，AE 与BD 相交于点G ，求点G 到直线AB 的距离的最大值．请写出求解的思路（可以．．不写出计算结果．．．．．．．
）． C 类
1:已知：2,4PA PB ==，以AB 为一边做正方形ABCD ，使P 、D 两点落在直线AB 的两侧。（1）如图，当45APB ∠= 时，求AB 及PD 的长
（2）当APB ∠变化， 且其它条件不变时，求PD 的最大值，及相应的APB ∠的大小
考点1：手拉手模型：全等和相似
包含：等腰三角形、等腰直角三角形（正方形）、等边三角形伴随旋转出全等，处于各种位置的旋转模型，及残缺的旋转模型都要能很快看出来
（1）等腰三角形旋转模型图（共顶点旋转等腰出伴随全等）
（2）等边三角形旋转模型图（共顶点旋转等边出伴随全等）
（3）等腰直角旋转模型图（共顶点旋转等腰直角出伴随全等）
（4）不等边旋转模型图（共顶点旋转不等腰出伴随相似）
【例1】 （14年海淀期末）已知四边形和四边形都是正方形，且．
（1）如图，连接、．求证：；
（2）如图，如果正方形的边长为，将正方形绕着点旋转到某一位置时恰好使得，．
①求的度数；
②请直接写出正方形的边长的值．
ABCD CEFG AB CE >1BG DG BG DE =2ABCD CEFG C CG BD ∥BG BD =BDE ∠CEFG
【例2】 （2014年西城一模）四边形ABCD 是正方形，BEF ?是等腰直角三角形，90BEF ∠=?，BE EF =，
连接DF ，G 为DF 的中点，连接EG ，CG ，EC 。
（1）如图24-1，若点E 在CB 边的延长线上，直接写出EG 与GC 的位置关系及EC GC
的值； （2）将图24-1中的BEF ?绕点B 顺时针旋转至图24-2所示位置，请问（1）中所得的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；
图
图
【例3】 （2015年海淀九上期末）如图1，在ABC △中，4BC =，以线段AB 为边作ABD △，使得AD BD =，连
接DC ，再以DC 为边作CDE △，使得DC DE =，CDE ADB α∠=∠=．
（1）如图2 ，当45ABC ∠=?且90α=?时，用等式表示线段AD DE ，之间的数量关系；
（2）将线段CB 沿着射线CE 的方向平移，得到线段EF ，连接BF AF ，．若90α=?，依题意补全图3，求线段AF 的长；请直接写出线段AF 的长（用含α的式子表示）．
图2 图3 备用图
B
B
B
B 图1
【例4】 （13年房山一模）
（1）如图1，ABC △和CDE △都是等边三角形，且B 、C 、D 三点共线，联结AD 、BE 相交于点P ，求证：BE AD =．
（2）如图2，在BCD △中，120BCD ∠< ，分别以BC 、CD 和BD 为边在BCD △外部作等边ABC △、等边CDE △和等边BDF △，联结AD 、BE 和CF 交于点P ，下列结论中正确的是_______（只填序号即可）①AD BE CF ==；②BEC ADC ∠=∠；③60DPE EPC CPA ∠=∠=∠= ；
（3）如图2，在（2）的条件下，求证：PB PC PD BE ++=．
图2
A F
A B 图1
手拉手模型
一．选择题（共1小题）
1．如图．在直线ABC的同一侧作两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，下列说法：①△ABE≌△DBC；②AE=DC；③AE与DC的夹角为30度；④△AGB≌△DFB；⑤BH平分∠AHC
其中正确的有（）个．
A．2B．3C．4D．5
二．解答题（共29小题）
2．如果两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明：
（1）AE与DC的夹角为60°；
（2）AE与DC的交点设为H，BH平分∠AHC．
3．如图1，△ABC为等边三角形，点M是射线AE上任意一点（M不与A重合），连接CM，将线段CM绕点C按顺时针方向旋转60°得到线段CN，连接BN，直线BN交射线AE于点D．
（1）直接写出直线BD与射线AE相交所成锐角的度数；
（2）如图2，当射线AE与AC的夹角∠EAC为钝角时，其他条件不变，（1）中结论是否发生变化？
如果不变，加以证明；如果变化，请说明理由；
（3）如图3，在等腰Rt△ABC中，∠ACB=90°，射线AE交BC于点H，∠EAC=15°，点M是射线AE 上任意一点（M不与A重合），连接CM，将线段CM绕点C按顺时针方向旋转90°得到线段CN，连接BN，直线BN交射线AE于点D．G，F分别是AH，AB的中点．求证：CD=GF．
4．等边△ABD和等边△BCE如图所示，连接AE与CD，证明：（1）AE=DC；（2）AE与DC的夹角为60°；（3）AE延长线与DC的交点设为H，求证：BH平分∠AHC．
5．如图，两个正方形ABCD和DEFG，连接AG与CE，二者相交于H
问：（1）△ADG≌△CDE是否成立？
（2）AG是否与CE相等？
（3）AG与CE之间的夹角为多少度？
（4）HD是否平分∠AHE？
（如果你知道勾股定理的话，请问线段AC、GE、AE、CG有什么数量关系？）
6．已知：如图①所示，在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=α，且点B，A，D在一条直线上，连接BE，CD，M，N分别为BE，CD的中点．
（1）求证：①BE=CD；②△AMN是等腰三角形；
（2）在图①的基础上，将△ADE绕点A按逆时针方向旋转180°，其他条件不变，得到图②所示的图形．请直接写出（1）中的两个结论是否仍然成立；
（3）在旋转的过程中，若直线BE与CD相交于点P，试探究∠APB与∠MAN的关系，并说明理
由．
7．阅读：
如图1，△ABC和△DBE中，AB=CB，DB=EB，∠ABC=∠DBE=90°，D点在AB上，连接AE，DC．求证：AE=CD，AE⊥CD．
证明：延长CD交AE于点F．∵AB=BC，BE=DB．∴Rt△AEB≌Rt△CDB．
∴AE=CD，∠EAB=∠DCB．∵∠DCB+∠CDB=90°，∠ADF=∠CDB．
∴∠ADF+∠DAF=90°．∴∠AFD=90°．∴AE⊥CD．
类比：
若将图1中的△DBE绕点B逆时针旋转一个锐角，如图2所示，问图2中的线段AE，CD之间的数量和位置关系还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．
拓展：
若将图1中的△DBE绕点B逆时针旋转一个锐角，将“∠ABC=∠DBE=90°”改为“∠ABC=∠DBE=α（α为锐角）”，其他条件均不变，如图3所示，问（直接回答问题结果，不要求写结论过程）：
①图3中的线段AE，CD是否仍然相等？
②线段AE，CD的位置关系是否发生改变？若改变，其所在直线的夹角大小是否随着图形的旋转而发
生变化？若不变化，其值多少？
8．（1）如图1，△ABC和△ADE均为顶角为α的等腰三角形，连接BD、CE，BD与CE、AC分别交于点O、点P．通过观察或测量，猜想：
①线段BD和CE的数量关系为．
②BD和CE之间的夹角∠BOC=．
（2）现将图1中的△ADE绕着点A顺时针旋转一个角度，得到图2，BD的延长线与CE的延长线交于点O，与AC交于点P，问（1）中猜想的结论还成立吗？若成立，予以证明；若不成立，说明理由．
9．如图1，在△ABB′和△ACC′中，∠BAB′=∠CAC′=m°，AC=AC′，AB=AB′．
（1）不添加辅助线的前提下，请写出图中满足旋转变换的两个三角形分别是：；旋转角度是°；（2）线段BC、B′C′的数量关系是：；试求出BC、B′C′所在直线的夹角：；
（3）随着△ACC′绕点A的旋转，（2）的结论是否依然成立？请从图2、图3中任选一个证明你的结论；
（4）利用解决上述问题所获得的经验探索下面的问题：
如图4，等边△ABC外一点D，且∠BDC=60°，连接AD，试探索线段AD、CD、BD的数量关系．10．等边三角形ABC的边AB在直线l上，动点D也在直线l上（不与A，B点重合），△ADE为等边三角形．
（1）如图①，当点D在线段BA的延长线上且△ADE与△ABC在直线l的同侧时，试猜想线段BE与CD的大小关系为
（2）如图②，当点D在线段BA上且ADE与ABC在直线l异测时，（1）中的结论是否仍然成立？若不成立，请说明结论发生了怎样的变化；若成立，说明理由，并求出此时线段BE与CD所在直线的夹角α（0°＜α＜90°）
（3）当点D在线段AB的延长线上且△ADE与△ABC仍然在直线l的异测时，试在图中画③出相应的图形，并直接判断此时BE与CD的关系（不必说明理由）．
手拉手模型 【课堂导入】 什么是手拉手相似基本图形？与手拉手全等的基本图形类似，手拉手相似要比手拉手全等更具有一般性。 在上面右侧的四个图形中，每一个图形中都存在两对相似三角形，△ADE∽△ABC， △ADB∽△AEC，这两对相似三角形是可以彼此转化的。
【例1】已知：△ABC，△DEF 都是等边三角形，M 是 BC 与 EF 的中点，连接 AD，BE. （1）如图1，当EF 与BC 在同一条直线上时，直接写出 AD 与BE 的数量关系和位置关系； （2）△ABC 固定不动，将图1 中的△DEF 绕点M 顺时针旋转（0o≤≤90o）角，如图2 所示，判断（1）中的结论是否仍然成立，若成立，请加以证明；若不成立，说明理由； 【例2】以平面上一点O 为直角顶点，分别画出两个直角三角形，记作△AOB 和△COD，其中∠ABO=∠DCO=30°．点E、F、M 分别是AC、CD、DB 的中点，连接FM、EM． ①如图 1，当点D、C 分别在 AO、BO 的延长线上时 F M E M ②如图2，将图1 中的△AOB 绕点O 沿顺时针方向旋转60度角，其 他条件不变，判断 F M的值是否发生变化，并对你的结论进行证明； E M
【例3】如图 1，在△ABC 中，∠ACB=90°，BC=2，∠A=30°，点 E，F 分别是线段 BC， AF=_______． AC 的中点，连结 EF．（1）线段B E 与A F 的位置关系是_______， BE （1）中的结论是（2）如图2，当△CEF 绕点C顺时针旋转α时（0°＜α＜180°） ，连结A F，BE， 否仍然成立.如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由． 【例4】如图 1，在四边形 ABCD 中，点E、F 分别是AB、CD 的中点，过点E 作AB 的垂 线，过点F 作CD 的垂线，两垂线交于点G，连接AG、BG、CG、DG，且∠AGD=∠BGC． （1）求证：AD=BC． （2）求证：△AGD∽△EGF． （3）如图2，若AD、BC 所在直线互相垂直，求E F A D的值．
全等三角形是初中知识一个重点，考试时经常会以填空、选择、解答题的形式出现，所占分值比例较大，所以学习全等三角形尤为重要。全等三角形共有5种判定方式：SSSSASASA AAS HL。特殊情况下平移、旋转、对称也会构成全等三角形。 方法： 全等三角形判定方法一：SSS（边边边），即三边对应相等的两个三角形全等? 全等三角形判定方法二：SAS（边角边），即三角形的其中两条边对应相等，且两条边的夹角也对应相等的两个三角形全等? 全等三角形判定方法三：ASA（角边角），即三角形的其中两个角对应相等，且两个角夹的的边也对应相等的两个三角形全等. 全等三角形判定方法四：AAS （角角边），即三角形的其中两个角对应相等，且对应相等的角所对应的边也对应相等的两个三角形全等. 全等三角形判定方法五：HL （斜边、直角边），即在直角三角形中一条斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等? 附加：平移、旋转或对称的两个三角形全等? 注意事项： SSS SAS ASA AAS可用于任意三角形；HL只限于直角三角形. 注意SSA AAA不能判定全等三角形. 在证明时注意利用定理，如：等式性质、等量代换、等角重合有等角、公共边、公共角、对顶角相等、等角或同角的余角或补角相等、角平分线定义、线段中点定义等 证明全等写条件时注意书写顺序. 写全等结论时注意对应顶点的位置. 有时全等三角形会结合等腰三角形出现命题。
娱型一：手拉手模型一全等 等追三術形 届伴：46LB. 旳为等边三角刖坯论：①①6dAC/SZ> :② AFB = 60: ③OE平分_4ED （易忘） 务件：AOA目…\OCD沟为等谨总角三鬲形 站抡：①AOAC^AOSD :②亠AE￡=9（F ③OE平分_AED（务忘） 导角核心图形 弄憔RT\
中考直通车·数学广州分册 第八章专题拓展 第24讲常见几何模型
【考点解读】 常见几何模型是广州市中考的压轴题常考题型，主要以考察选择、填空最后一题和几何压轴题为主。几何模型类型较多，综合性强，属于中考中重点但同样是难点的一个考点。 【考点分析】 2011年 考查三角形全等和三角形中位线性质，标准的手拉手模型。 2014年 考查三角形全等的判断和性质，根据手拉手模型找出全等三角形，再应用其性质 2016年 本年度模型思想明显，分值占比大，主要考查三角形全等的判定及其性质、图像的旋转，利用模型思想作为解题突破口顺利完成辅助线。 【模型介绍】 手拉手模型： 1、 【条件】 如图两个等边三角形ABD ?与BCE ?，连结 AE 与CD ， 【结论】（1）DBC ABE ??? （2）DC AE = （3）AE 与DC 之间的夹角为? 60 （4）AE 与DC 的交点设为H , BH 平分AHC ∠
C D A B F E C D 2、 【条件】如图两个等腰直角三角形ADC 与EDG ，连结CE AG ,,二者相交于点H 。 【结论】 （1）CDE ADG ???是否成立？ （2）AG =CE （3）AG 与CE 之间的夹角为 90 （4）HD 是否平分AHE ∠？ 旋转模型： 一、邻角相等对角互补模型 【条件】如图，四边形ABCD 中，AB =AD ，90BAD BCD ?∠=∠= 【结论】45ACB ACD BC CD ? ∠=∠=+= ① ② 二、角含半角模型：全等 角含半角要旋转：构造两次全等 F E D C B A G F E D C B A A C D E A C D E F
1、在直线ABC的同一侧作两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明： △ABE≌△DBC，AE=DC，AE与DC的夹角为60?，△AGB≌△DFB，△EGB≌△CFB， BH平分∠AHC，GF∥AC 2、如果两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，直线AE与CD相交于点H，求证：（1）AE=DC；（2）AE与DC的夹角为60?；（3）BH平分∠AHC. 3、如图，两个正方形ABCD和DEFG，连接AG与CE，二者相交于H，求证： （1）AG=CE；（2）AG与CE之间的夹角为90度；（3）HD平分∠AHE.
4．将等腰Rt△ABC和等腰Rt△ADE按图①方式放置，∠A=90°，AD边与AB边重合，AB=2AD=4。 将△ADE绕点A逆时针方向旋转一个角度α（0°<α>180°），BD的延长线交CE于P。（1）如图②，证明：BD=CE，BD⊥CE； （2）如图③，在旋转的过程中，当AD⊥BD时，求出CP的长。 ，PB=4，以AB为直角边作等腰直角三角形ABD，且P、D两点在直线AB 5、已知：PA (1)如图，当∠APB=45°时，求AB及PD的长; (2)当∠APB变化，且其它条件不变时，求PD的最大值及相应∠APB的大小.
1、如图，已知△ABC的面积是3的等边三角形，△ABC∽△ADE，AB=2AD，∠BAD=45°，AC 与DE相交于点F，则△AEF的面积等于__________（结果保留根号）. 2、在△ABC中，AB=AC，∠BAC=2∠DAE=2α． （1）如图1，若点D关于直线AE的对称点为F，求证：△ADF∽△ABC； （2）如图2，在（1）的条件下，若α=45°，求证：DE2=BD2+CE2； （3）如图3，若α=45°，点E在BC的延长线上，则等式DE2=BD2+CE2还能成立吗？请说明理由．
手拉手模型 一．填空题（共18小题） 1．已知△ABC中，∠ABC＝45°，AB＝7，BC＝17，以AC为斜边在△ABC外作等腰Rt△ACD，连接BD，则BD的长为． 2．如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，AB＝3，BC＝5，以AC为边在△ABC外作正△ACD，则BD的长为． 3．四边形ABCD中，AC＝BC，∠ACB＝90°，∠ADB＝30°，AD＝，CD＝14，则BD＝． 4．已知在四边形ABCD中，AB＝AC，∠ABC＝∠ADC＝60°，连接BD，若CD＝2，AB ＝2，则BD的长度为． 5．如图，在四边形ABCD中，∠ADC＝∠ABC＝45°，CD＝，BC＝，连接AC、BD，若AC⊥AB，则BD的长度为．
6．如图，四边形ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝∠ADC＝45°，△DBC的面积为8，则BC 长为． 7．如图，D为△ABC内一点，且AD＝BD，若∠ACD＝∠DAB＝45°，AC＝5，则S△ABC ＝． 8．如图，线段AB绕着点A逆时针方向旋转120°得到线段AC，点B对应点C，在∠BAC 的内部有一点P，P A＝8，PB＝4，PC＝4，则线段AB的长为． 9．如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，＝，D为△ABC外一点，连接AD、CD．若∠ADC＝30°，AC＝AD，则的值为．
10．如图，△ABC、△CDE是两个直角三角板，其中∠ECD＝∠ACB＝90°，∠CED＝45°，∠CAB＝30°，若AB＝DE＝2，将直角三角板CDE绕点C旋转一周，则|AD﹣BE|的最大值为． 11．如图，点D为等边△ABC外一点，∠ADC＝60°，连接BD，若AD＝8，△BCD的面积为，则BD的长为． 12．如图，△ABC中，∠ABC＝45°，AB＝2，BC＝6，AD⊥AC，AD＝AC，连接BD，则BD的长为． 13．如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，AB＝3，BC＝12，以AC为腰，点A为顶点作等腰△ACD，且∠DAC＝120°，则BD的长为．
创作编号： GB8878185555334563BT9125XW 创作者： 凤呜大王* 初中数学九大几何模型 一、手拉手模型----旋转型全等 （1）等边三角形 【条件】：△OAB 和△OCD 均为等边三角形； 【结论】：①△OAC ≌△OBD ；②∠AEB=60°；③OE 平分∠AED （2）等腰直角三角形 O B C D E 图 1 O A B C D E 图 2 O A B C D E 图 1 O A C D E 图 2
【条件】：△OAB 和△OCD 均为等腰直角三角形； 【结论】：①△OAC ≌△OBD ；②∠AEB=90°；③OE 平分∠AED （3）顶角相等的两任意等腰三角形 【条件】：△OAB 和△OCD 均为等腰三角形； 且∠COD=∠AOB 【结论】：①△OAC ≌△OBD ； ②∠AEB=∠AOB ； ③OE 平分∠AED 二、模型二：手拉手模型----旋转型相似 （1）一般情况 【条件】：CD ∥AB ， 将△OCD 旋转至右图的位置 【结论】：①右图中△OCD ∽△OAB →→→△OAC ∽△OBD ； ②延长AC 交BD 于点E ，必有∠BEC= ∠BOA O A B C D E O A B C D E 图 1 图 2 O C O C D E O A B C D E O C D
（2）特殊情况 【条件】：CD ∥AB ，∠AOB=90° 将△OCD 旋转至右图的位置 【结论】：①右图中△OCD ∽△OAB →→→△OAC ∽△OBD ； ②延长AC 交BD 于点E ，必有∠BEC=∠BOA ； ③ ===OA OB OC OD AC BD tan ∠OCD ；④BD ⊥AC ； ⑤连接AD 、BC ，必有22 22CD AB B C AD +=+；⑥BD AC 21 S △BCD ?= 三、模型三、对角互补模型 （1）全等型-90° 【条件】：①∠AOB=∠DCE=90°；②OC 平分∠AOB 【结论】：①CD=CE ；②OD+OE=2OC ；③2△OCE △OCD △DCE OC 2 1 S S S =+= 证明提示： ①作垂直，如图2，证明△CDM ≌△CEN ②过点C 作CF ⊥OC ，如图3，证明△ODC ≌△FEC ※当∠DCE 的一边交AO 的延长线于D 时（如图4）： 以上三个结论：①CD=CE ；②OE-OD=2OC ； ③2△OCD △OCE OC 21 S S =- A O B C D E 图 1 A O B C D E M N 图 2 A O B C D E F 图 3 A O B C D E M N 图 4
手拉手模型 1、等边三角形 条件:△OAB，△OCD均为等边三角形 结论：；;导角核心：八字导角 2、等腰直角三角形 条件：△ＯAＢ，△ＯCD均为等腰直角三角形结论：;；导角核心：
3、任意等腰三角形 条件:△OＡB,△OCD均为等腰三角形,且∠AＯB = ∠COＤ 结论：；; 核心图形: 核心条件：；; 例题讲解： A类 1:在直线ABC的同一侧作两个等边三角形△ＡBD和△BCE，连接AE与ＣD, 等边三角形要得到哪些结论？ 要联想到什么模型？
证明:（１)△ABE≌△DBC; （2)AE=DC; (3)ＡＥ与DＣ的夹角为６0°; （4）△AGＢ≌△ＤFB； （5）△EGＢ≌△CＦＢ; (6）BH平分∠ＡHC; 解题思路: 1：出现共顶点的等边三角形,联想手拉手模型 ２:利用边角边证明全等； ３：八字导角得角相等； ２：如图两个等腰直角三角形ＡＤC与EDG,连接AＧ，CE,二者相交于Ｈ. 等腰直角三角形要得到哪些结论？ 要联想到什么模型？ 问 (1)△ADG≌△CDE是否成立? （２）AG是否与CE相等？ （3）AＧ与CE之间的夹角为多少度？ (４）HD是否平分∠AHE?
解题思路： 1:出现共顶点的等腰直角三角形，联想手拉手模型 2:利用边角边证明全等; 3:八字导角得角相等； ３：如图,分别以△ABC 的边AB、ＡＣ同时向外作等腰直角三角形,其中ＡB =ＡE,AC =ＡＤ, 等腰直角三角形要得到哪些结论？ 要联想到什么模型？ ∠BAE=∠CAD=90°,点G为BＣ中点，点Ｆ为BE 中点，点H 为ＣD中点。探索GＦ与 多个中点，一般考虑什么？ GH 的位置及数量关系并说明理由。
几何变换的三种模型手拉手、半角、对角互补 ?? ? ? ? ? ? ? ? ? ?? ? ?? ? ? ? ? ?? ?? ? ?? 等腰三角形 手拉手模型等腰直角三角形（包含正方形） 等边三角形（包含费马点） 特殊角 旋转变换对角互补模型 一般角 特殊角 角含半角模型 一般角 等线段变换（与圆相关） 【练1】（2013北京中考）在ABC △中，AB AC =，BACα ∠=（060 α ?<
【练2】 （2012年北京中考）在ABC △中，BA BC BAC α=∠=， ，M 是AC 的中点，P 是线段上的动点，将线段PA 绕点P 顺时针旋转2α得到线段PQ ． （1）若α=60?且点P 与点M 重合（如图1），线段CQ 的延长线交射线BM 于点D ，请补全图形，并写出CDB ∠的度数； （2）在图2中，点P 不与点B M ，重合，线段CQ 的延长线与射线BM 交于点D ，猜 想CDB ∠的大小（用含α的代数式表示），并加以证明； （3）对于适当大小的α，当点P 在线段BM 上运动到某一位置（不与点B ，M 重合）时，能使得线段CQ 的延长线与射线BM 交于点D ，且PQ QD =，请直接写出α的范围．
考点1：手拉手模型：全等和相似 包含： 等腰三角形、等腰直角三角形（正方形）、等边三角形伴随旋转出全等，处于各种 位置的旋转模型，及残缺的旋转模型都要能很快看出来 （1）等腰三角形旋转模型图（共顶点旋转等腰出伴随全等） （2）等边三角形旋转模型图（共顶点旋转等边出伴随全等） （3）等腰直角旋转模型图（共顶点旋转等腰直角出伴随全等） （4）不等边旋转模型图（共顶点旋转不等腰出伴随相似） 例题精讲
手拉手模型 手拉手模型 特点：由两个顶角相等的等腰三角形所组成，并且顶角的顶点为公共顶点 结论：（1）△ABD ≌△AEC （2）∠α+∠BOC=180° （3）OA 平分∠BOC 变形： 例1.如图，B 是线段AC 上一点，分别以AB 和BC 为边长，在直线AC 的同一侧作两个等边三角形，△ABD 和△ECB ，连接AE 和CD ，AE 与DC 交于点H ，与BD 与BE 交于点G ，F ． （1）求证：△B CD ≌△BEA ； （2）探究△BFG 的形状，并证明你的结论．
思考：的数量关系。与DC AE （2）AE 与DC 之间的夹角为? 60 （3）DFB AGB ??? （4）CFB EGB ??? （5）BH 平分AHC ∠ （6）AC GF // 变式精练1：如果两个等边三角形△ABD 和△BCE ，连接AE 与CD ，证明： （1）AE 与DC 的夹角为60°； （2）AE 与DC 的交点设为H ，BH 平分∠AHC ． 思考：DC AE =；AE 与DC 之间的夹角为?60 试一试继续旋转结论是否成立。
变式精练2.以点A为顶点作等腰Rt△ABC，等腰Rt△ADE，其中∠BAC=∠DAE=90°，如图1所示放置，使得一直角边重合，连接BD、CE． （1）试判断BD、CE的数量关系，并说明理由； （2）延长BD交CE于点F，试求∠BFC的度数； （3）把两个等腰直角三角形按如图2放置，（1）中的结论是否仍成立？请说明理由． 练习：已知：如图①，在△AOB和△COD中，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=50° （1）求证：①AC=BD；②∠APB=50°； （2）如图②，在△AOB和△COD中，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=α，则AC与BD间的等量关系为，∠APB的大小为
手拉手模型 1．等边三角形 导角核心：八字导角 条件：△OAB ，△OCD 均为等边三角形 结论：①△OAC ≌△OBD ；②∠AEB = 60°；③OE 平分∠AED 2．等腰直角三角形 导角核心： 条件：△OAB ，△OCD 均为等腰直角三角形 结论：①△OAC ≌△OBD ；②∠AEB = 90°；③OE 平分∠AED 3．任意等腰三角形 核心图形：核心条件：OA=OB ；OC=OD ；∠AOB=∠COD 条件：△OAB ，△OCD 均为等腰三角形，且∠AOB = ∠COD 结论：①△OAC ≌△OBD ；②∠AEB=∠AOB ；③OE 平分∠AED 例题讲解： A 类 1．在直线ABC 的同一侧作两个等边三角形△ABD 和△BCE ，连接AE 与CD ， 等边三角形要得到哪些结论？ 要联想到什么模型？
证明：（1）△ABE ≌△DBC ； （2）AE=DC ； （3）AE 与DC 的夹角为60°； （4）△AGB ≌△DFB ； （5）△EGB ≌△CFB ； （6）BH 平分∠AHC ； 解题思路： 1．出现共顶点的等边三角形，联想手拉手模型 2．利用边角边证明全等； 3．八字导角得角相等； 2．如图两个等腰直角三角形ADC 与EDG ，连接AG 、CE ，二者相交于H. 问 （1）△ADG ≌△CDE 是否成立？ （2）AG 是否与CE 相等？ （3）AG 与CE 之间的夹角为多少度？ （4）HD 是否平分∠AHE ？ 解题思路： 1．出现共顶点的等腰直角三角形，联想手拉手模型 2．利用边角边证明全等； 3．八字导角得角相等； 3．如图，分别以△ABC 的边AB 、AC 同时向外作等腰直角三角形，其中 AB =AE ，AC =AD ，∠BAE =∠CAD=90°， 点G 为BC 中点，点F 为BE 中点，点H 为CD 中点。探索GF 与GH 的位置及数量关系并说明理由。 多个中点，一般考虑什么？ 等腰直角三角形要得到哪些结论？ 要联想到什么模型？ 等腰直角三角形要得到哪些结论？ 要联想到什么模型？
初中几何经典模型总结（手拉手模型） 模型可以让同学更快的进入到几何之中，产生兴趣。也是近来学习初中几何不可或缺的一种重要方法。下面给大家介绍一种经典几何模型---手拉手模型，这也是历年数学中考常考的几何压轴题型之一。手拉手模型的概念:1、手的判别：判断左右：将等腰三角形顶角顶点朝上，正对读者，读者左边为左手顶点，右边为右手顶点。2、手拉手模型的定义：定义: 两个顶角相等且有共顶点的等腰三角形形成的图形。（左手拉左手，右手拉右手）例如：3、手拉手模型的重要结论三个固定结论:结论1:△ABC≌△AB'C'(SAS)BC=B'C'（左手拉左手等于右手拉右手）结论2：∠BOB'=∠BAB'（用四点共圆证明）结论3: AO平分∠BOC'（用四点共圆证明）例题解析：类型一共顶点的等腰直角三角形中的手拉手例1：已知：如图△ABC和△ADE都是等腰直角三角形， ∠BAC=∠DAE=90°．求证：BD=CE．分析： 要证BD=CE可转化为证明△BAE≌△CAD，由已知可证 AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠EAD=90°，因为∠BAC ∠CAE=∠EAD ∠CAE，即可证∠BAE=∠CAD，符合SAS，即得证．解答：证明：∵△ABC与△AED均为等腰直角三角形，∴AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠EAD=90°，∴∠BAC ∠CAE=∠EAD ∠CAE，即∠BAE=∠CAD，在△BAE与△CAD中，
AB=AC,∠BAE=∠CAD，AE=AD∴△BAE≌△CAD（SAS）， ∴BD=CE．类型二共顶点的等边三角形中的手拉手例2：图1、图2中，点B为线段AE上一点，△ABC与△BED都是等边三角形。(1)如图1，求证：AD=CE；(2)如图2，设CE与AD交于点F，连接BF.①求证：∠CFA=60°；②求证：CF BF=AF.分析：（1）如图1，利用等边三角形性质得：BD=BE，AB=BC，∠ABC=∠DBE=60°，再证∠ABD=∠CBE，根据SAS 证明△ABD≌△CBE得出结论；（2）①如图2，利用（1）中的全等得：∠BCE=∠DAB，根据两次运用外角定理可得结论； ②如图3，作辅助线，截取FG=CF，连接CG，证明△CFG 是等边三角形，并证明△ACG≌△BCF，由线段的和得出结论．解答：证明：(1)如图1，∵△ABC与△BED都是等边三角形，∴BD=BE,AB=BC,∠ABC=∠DBE=60°，∴∠ABC ∠CBD=∠DBE ∠CBD，即∠ABD=∠CBE，在△ABD和△CBE 中，AB=AC∠ABD=∠CBEBD=BE，∴△ABD≌△CBE(SAS)，∴AD=CE，(2)①如图2,由(1)得：△ABD≌△CBE， ∴∠BCE=∠DAB，∵∠ABC=∠BCE ∠CEB=60°，∴∠ABC=∠DAB ∠CEB=60°，∵∠CFA=∠DAB ∠CEB，∴∠CFA=60°，②如图3,在AF上取一点G,使FG=CF,连接CG,∵∠AFC=60°， ∴△CGF是等边三角形，∴∠GCF=60°，CG=CF，∴∠GCB ∠BCE=60°，∵∠ACB=60°，∴∠ACG ∠GCB=60°， ∴∠ACG=∠BCE，∵AC=BC，∴△ACG≌△BCF，∴AG=BF，
手拉手模型教学目标: 1：理解手拉手模型的概念，并掌握其特点 2：掌握手拉手模型的应用 知识梳理： 1、等边三角形 条件：△OAB，△OCD均为等边三角形 结论：；； 导角核心： 2、等腰直角三角形 条件：△OAB，△OCD均为等腰直角三角形 结论：；； 导角核心： 3、任意等腰三角形 条件：△OAB，△OCD均为等腰三角形，且∠AOB = ∠COD 结论：；；
核心图形： 核心条件：；； 典型例题： 例1:在直线ABC的同一侧作两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明：（1）△ABE≌△DBC；（2）AE=DC； （3）AE与DC的夹角为60°；（4）△AGB≌△DFB； （5）△EGB≌△CFB；（6）BH平分∠AHC；GF∥AC 例2：如果两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明： （1）△ABE≌△DBC；（2）AE=DC；（3）AE与DC的夹角为60°； （4）AE与DC的交点设为H,BH平分∠AHC 例3：如果两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明： （1）△ABE≌△DBC；（2）AE=DC；（3）AE与DC的夹角为60°； （4）AE与DC的交点设为H,BH平分∠AHC 例4：如图，两个正方形ABCD和DEFG，连接AG与CE，二者相交于H 问：（1）△ADG≌△CDE是否成立？（2）AG是否与CE相等？ （3）AG与CE之间的夹角为多少度？（4）HD是否平分∠AHE？
例5：如图两个等腰直角三角形ADC与EDG，连接AG,CE,二者相交于H.问（1）△ADG≌△CDE是否成立？（2）AG是否与CE相等？ （3）AG与CE之间的夹角为多少度？（4）HD是否平分∠AHE？ 例6：两个等腰三角形ABD与BCE，其中AB=BD,CB=EB,∠ABD=∠CBE，连接AE与CD. 问（1）△ABE≌△DBC是否成立？ （2）AE是否与CD相等？（3）AE与CD之间的夹角为多少度？ （4）HB是否平分∠AHC？ 例7：如图，分别以△ABC 的边AB、AC 同时向外作等腰直角三角形，其中 AB =AE ， AC =AD，∠BAE =∠CAD=90°，点G为BC中点，点F 为BE 中点，点H 为CD中点。探 索GF 与GH 的位置及数量关系并说明理由。 例8：如图1，已知∠DAC=90°，△ABC是等边三角形，点P为射线AD任意一点（P与A不重合），连结CP，将线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，连结QB并延长交直线AD 于点E. （1）如图1，猜想∠QEP=_______°； （2）如图2，3，若当∠DAC是锐角或钝角时，其它条件不变，猜想∠QEP的度数，选取一种情况加以证明； （3）如图3，若∠DAC=135°，∠ACP=15°，且AC=4，求BQ的长．
中考专题复习——几何题用旋转构造“手拉手”模型 一、教学目标： 1.了解并熟悉“手拉手模型”，归纳掌握其基本特征． 2.借助“手拉手模型”，利用旋转构造全等解决相关问题． 3.举一反三，解决求定值，定角，最值等一类问题． 二、教学重难点： 1.挖掘和构造“手拉手模型”，学会用旋转构造全等． 2.用旋转构造全等的解题方法最优化选择． 三、教学过程： 1.复习旧知 师：如图，△ABD，△BCE为等边三角形，从中你能得出哪些结论 生：（1）△ABE≌△DBC（2）△ABG≌△DBF （3）△CFB≌△EGB（4）△BFG为等边三角形 （5）△AGB∽△DGH（6）∠DHA＝60°（7）H，G，F，B四点共圆（8）BH平分∠AHC……师：我们再来重点研究△ABE与△DBC，这两个全等的三角形除了对应边相等，对应角相等外，还有什么共同特征呢 生：它们有同一个字母B，即同一个顶点B． 师：我们也可以把△DBC看作由△ABE经过怎样的图形运动得到 生：绕点B顺时针旋转60°得到． 2.引入新课 师：其实我们可以给这两个全等的三角形赋予一个模型，叫“手拉手模型”，谁可以将这个模型的特征再做进一步的简化归纳呢 生：对应边相等． 师：我们可以称之为“等线段”． 生：有同一个顶点． 师：我们可以称之为“共顶点”． 师：等线段，共顶点的两个全等三角形，我们一般可以考虑哪一种图形运动 生：旋转． 师：“手拉手模型”可以归纳为：等线段，共顶点，一般用旋转． 3.小题热身
图12图3 1．如图1，△BAD中，∠BAD＝45°，AB＝AD，AE⊥BD于E，BC⊥AD于C，则AF＝____BE． 2．如图2，△ABC和△BED均为等边三角形，ADE三点共线，若BE＝2，CE＝4，则AE＝______． 3．如图3，正方形ABCD中，∠EAF＝45°，BE＝3，DF＝5，则EF＝_______． 师：我们来看第1，第2题，这里面有“手拉手模型”吗请你找出其中的“等线段，共顶点”． 生：题1中，等线段是AC，BC，共顶点是C，△ACF绕点C逆时针旋转90°得△BCD． 题2中，等线段是AB，BC，共顶点是B，△ABD绕点D顺时针旋转60°得△CBE．师：我们再来看第3题，这里有“手拉手模型”吗 生：没有． 师：那其中有没有“等线段，共顶点”呢 生：等线段是AD，AB，共顶点是A． 师：我们可否利用旋转来构造“手拉手模型”呢 生：将AE旋转，绕点A逆时针旋转90°． 师：为什么是逆时针旋转90°，你是如何思考的 生：我准备构造一个和△ABE全等的三角形，AB绕点A逆时针旋转90°即为AD，那么将AE逆时 针旋转90°可得AG，连接GD，证明全等． 师：说的不错，谁能再来归纳一下，借助“手拉手模型”，用旋转构造全等的方法吗 生：先找有没有“等线段，共顶点”，再找其中一条“共顶点”的线段，将其旋转． 师：旋转角度如何确定，方向怎么选择 生：选择其中一个三角形，将“共顶点”的线段旋转．旋转角为两条“等线段”间的夹角．方向 应与所选择的起始“等线段”旋转到另一条“等线段”时的方向一致． 师：非常棒，可以说，你已经掌握了这节课的精髓．但是，很多题目中只是隐含了“手拉手模型” 的一些条件，剩余的需要我们自己去构造，可以如何构造呢 步骤1：先找有没有“等线段，共顶点”． 步骤2：选择其中一个三角形，将其中经过“共顶点”的线段旋转． 步骤3：旋转方向与这个三角形的“等线段”旋转到另一条“等线段”的方向一致，旋转角为“等
E A D B C E A D B C E D C B A 图3图21图 O H G A B C D M P D E C B A 手拉手模型 模型 手拉手 如图，△ABC 是等腰三角形、△ADE 是等腰三角形，AB=AC ，AD=AE ，∠BAC=∠DAE= 。 结论：△BAD ≌△CAE 。 模型分析 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。 模型实例 例1．如图，△ADC 与△GDB 都为等腰直角三角形，连接AG 、CB ，相交于点H ，问：（1）AG 与CB 是否相等？ （2）AG 与CB 之间的夹角为多少度？ 3．在线段AE 同侧作等边△CDE （∠ACE<120°），点P 与点M 分别是线段BE 和AD 的中点。 求证：△CPM 是等边三角形。
F E C B A H D E C B A 1．如图，在△ABC中，AB=CB，∠ABC=90°，F为AB延长线上一点，点E在 BC上，且AE=CF。 （1）求证：BE=BF； （2）若∠CAE=30°，求∠ACF度数。 2．如图，△ABD与△BCE都为等边三角形，连接AE与CD，延长AE交CD于点 H．证明： （1）AE=DC； （2）∠AHD=60°； （3）连接HB，HB平分∠AHC。
B A D C P E 3图B D A E C 图21 图P D E C B A 3．将等腰Rt △ABC 和等腰Rt △ADE 按图①方式放置，∠A=90°，AD 边与AB 边重合，AB=2AD=4。将△ADE 绕点A 逆时针方向旋转一个角度α（0°<α>180°），BD 的延长线交CE 于P 。 （1）如图②，证明：BD=CE ，BD ⊥CE ； （2）如图③，在旋转的过程中，当AD ⊥BD 时，求出CP 的长。
手拉手模型 教学目标: 1：理解手拉手模型的概念，并掌握其特点 2：掌握手拉手模型的应用 知识梳理： 1、等边三角形 条件：△OAB，△OCD均为等边三角形 结论：；； 导角核心： 2、等腰直角三角形
条件：△OAB，△OCD均为等腰直角三角形 结论：；； 导角核心： 3、任意等腰三角形 条件：△OAB，△OCD均为等腰三角形，且∠AOB = ∠COD 结论：；； 核心图形： 核心条件：；；
典型例题： 例1:在直线ABC的同一侧作两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明：（1）△ABE≌△DBC；（2）AE=DC；（3）AE与DC的夹角为60°；（4）△AGB≌△DFB； （5）△EGB≌△CFB；（6）BH平分∠AHC；GF∥AC 例2：如果两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明： （1）△ABE≌△DBC；（2）AE=DC；（3）AE与DC的夹角为60°； （4）AE与DC的交点设为H,BH平分∠AHC A 例3：如果两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明： （1）△ABE≌△DBC；（2）AE=DC；（3）AE与DC的夹角为60°； （4）AE与DC的交点设为H,BH平分∠AHC
例4：如图，两个正方形ABCD和DEFG，连接AG与CE，二者相交于H 问：（1）△ADG≌△CDE是否成立？（2）AG是否与CE相等？ （3）AG与CE之间的夹角为多少度？（4）HD是否平分∠AHE？ F 例5：如图两个等腰直角三角形ADC与EDG，连接AG,CE,二者相交于H.问（1）△ADG≌△CDE是否成立？（2）AG是否与CE相等？ （3）AG与CE之间的夹角为多少度？（4）HD是否平分∠AHE？
人教版八年级下册期中备考提升训练 勾股定理 ?知识点睛 旋 转 结 构 （ 手 拉 手 ：等线段共端点，考虑旋转，借助全等整合条件．常见手拉手模型举例 如图，△ABC，△ADE 均为等边三角形，则出现了AB=AC，AD=AE 等线段共端点的结构，所以连接BD，CE，可以证明△ABD≌△ACE，即把 △ABD 绕点A 逆时针旋转60°得到△ACE． ?精讲精练 1.如图，△ACB 和△ECD 都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，△ACB 的顶点A在△ECD 的斜边D E 上．若A E=8，AD=15，则A B= ，AC= ． 2.如图，在△ABC 中，∠BAC=90°，AB=AC，点D 在BC 边上，连接AD，过 点A 作AE⊥AD，并且始终保持AE=AD，AF 平分∠DAE 交BC 于F，连接BE．若D F=10，BE=6，则A B 的长为． 1
17 3.如图，已知CA=CB，CF=CE ，∠ACB =∠FCE=90°，且A，F，E 三点共线，AE 与CB 交于点D． （1）求证：AF2+AE2=AB2； （2）若A C= ，BE=3，则C E= ． 4.如图，E 是正方形ABCD 对角线CA 的延长线上任意一点，以线段AE 为边 作一个正方形AEFG，线段GB 与线段ED，AD 分别交于点H，M． （1）求证：ED=GB； （2）判断ED 与GB 的位置关系，并说明理由； （3）若AB=2，AE= ，则G B= ． 2 2
5.（1）如图1，O 是等边△ABC 内一点，连接OA，OB，OC，且OA=3，OB=4，OC=5， 将△BAO 绕点B 顺时针旋转后得到△BCD，连接OD． ①旋转角是度； ②线段O D 的长为； ③求∠BDC 的度数． （2）如图2 所示，O 是等腰直角△ABC（∠ABC=90°）内一点，连接OA，OB，OC，∠AOB=135°，OA=1，OB=2，求OC 的长． 小明同学借用了图1 的方法，将△BAO 绕点B 顺时针旋转后得到△BCD，请你继续用小明的思路解答，或是选择自己的方法求解． 3
全等三角形之手拉手模型专题 基本图形1、图（1）中，C点为线段AB上一点，△ ACM △ CBN是等边三角形，AN 与BM相等吗说明理由； 如图（2）C点为线段AB上一点，等边三角形ACM和等边三角形CBN在 AB的异侧，此时AN与BM相等吗说明理由； 如图（3）C点为线段AB外一点，△ ACM △ CBN是等边三角形，AN与BM 相等吗 说明理由. 分析：题中三问均是对等边三角形性质的考查以及全等三角形的证明，由已知条件，利用等边三角形的性质可找出对应边及夹角相等，证明全等，即可得到线段相等. 解：（1）相等. 证明如下：???△ ACM △ CBN是等边三角形， ??? AC=CM CN=BC 又/ ACN=/ MCN+60 / MCB M MCN+60 , ???/ ACN=/ MCB ?△ ACNm MCB ?- AN=BM （2）相等. 证明如下：???△ ACM △ CBN是等边三角形， ?AC=CM CN=BC 又/ ACN=/ MCB ?△ ACNm MCB ?AN=BM （3）相等. 证明如下：???△ ACM △ CBN是等边三角形， ?AC=CM CN=BC 又/ ACN=/ MCN+60 / MCB M MCN+60 , ?/ ACN=/ MCB ?△ ACNm MCB ?AN=BM 点评：本题考查了全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质；可围绕结论寻找全等三角形，运用全等三角形的性质判定线段相等，证得三角形全等是正确解答本题的关键. 图(1) 图(3)
变形 2、( 1)如图1,点C是线段AB上一点，分别以AC, BC为边在AB的同侧作等边△ ACM 和厶CBN连接AN, BM分别取BM AN的中点E，F，连接CE CF，EF.观察并猜想△ CEF的形状，并说明理由. (2)若将(1 )中的“以AC, AC BC为 腰在AB的同侧作等腰△ 那么(1)中的 结论还成立吗若成立，由. 得出AN=BM, / ANC=Z MBA ,再证 △ NFC^^ BEC得出CE=CF / BCE=/ NCF利用等边三 角形的角度60 , 得出/ ECF=60 ,证得结论成立； (2)证明过程如上(1)中的结论只有CE=CF而/ ECF只等于等腰三角形的顶角工60°,得出结论不成立. 解：(1)如图1 , △ CEF是等边三角形， 理由：???等边△人。皿和厶CBN ??? AC=MC BC=NC / ACN=/ MCB 在厶ACN和厶MCB中 NC= BC / ACN=Z MCB AC= MC ?△ ACNm MCB( SAS , ?AN=MB / ANC=/ MBA 在厶NFC和厶BEC中， NC= BC / FNC=Z EBC NF= BE ?△ NFC^A BEC( SAS , ?EC=CF ???/ BCE+Z ECN=60 , / BCE2 NCF, ?/ ECF=60 , ?△ CEF是等边三角形； (2)如图2,不成立，首先/ ACN^Z MCB ?△ ACN与厶MCB不全等. 如果有两个等腰三角形的顶角相等，那么结论也不成立， 证明方法与上面类似，只能得到CE=CF而Z ECF只等于等腰三角形的顶角工60° 点评：此题综合考查等边三角形的性质与判定，三角形全等的判定与性 质，等腰三角形的性质等知识点. BC为边作等边△ ACM和厶CBN改为“以 ACM和厶CBN”如图2,其他条件不变，加以证 明；若不成立，请说明理
【例1】（2017秋?垦利区期中）如图，已知点B 、C 、D 在同一条直线上，ABC Δ和CDE Δ都是等边三角形．BE 交AC 于F ，AD 交CE 于H ． （1）求证：BCE ACD Δ?Δ； （2）求证：//FH BD ． 【解答】证明：（1）ABC ΔQ 和CDE Δ都是等边三角形， BC AC ∴=，CE CD =，60BCA ECD ∠=∠=°， BCA ACE ECD ACE ∴∠+∠=∠+∠，即BCE ACD ∠=∠， ∴在BCE Δ和ACD Δ中， Q BC AC BCE ACD CE CD =??∠=∠??=? ， BCE ACD ∴Δ?Δ ()SAS ． （2）由（1）知BCE ACD Δ?Δ， 则CBF CAH ∠=∠，BC AC =又ABC ΔQ 和CDE Δ都是等边三角形，且点B 、C 、D 在同一条直线上， 18060ACH ACB HCD BCF ∴∠=°?∠?∠=°=∠， 在BCF Δ和ACH Δ中， Q CBE CAH BC AC BCF ACH ∠=∠??=??∠=∠? ， BCF ACH ∴Δ?Δ ()ASA ， CF CH ∴=， 又60FCH ∠=°Q ， “手拉手”模型の专项训练 一、经典例题
CHF ∴Δ为等边三角形 60FHC HCD ∴∠=∠=°， //FH BD ∴． 【点评】本题考查的是等边三角形的判定与性质及全等三角形的判定与性质，熟知全等三角形的判定定理是解答此题的关键． 1．（2019春?浦东新区期末）等边ABC Δ中，点P 在ABC Δ内，点Q 在ABC Δ外，且 ABP ACQ ∠=∠，BP CQ =，问APQ Δ是什么形状的三角形？试说明你的结论． 2．（2016秋?岳池县期末）如图，等边ABC Δ中，点D 在延长线上，CE 平分ACD ∠，且 CE BD =．说明：ADE Δ是等边三角形． 二、巩固练习
人教版中考数学专题旋转之手拉手模型分析 “手拉手”模型 条件：①共顶点: 顶点为O ②等线段 ：OA=OB,OC=OD ③夹角相等:∠AOB=∠COD 图形： “左手拉左手，右手拉右手”即 连接AC 与BD ；考察“第三条边相等” 如下图，证明△AOC ≌△BOD ； 证明： 总结：（1）等量加等量，和相等； 等量减等量，差相等； （2）所有的“手拉手”模型必用“SAS ”证明全等； O A D B C O A D B C
练习： 1.如图△ABD 和△CED 均为等边三角形，若BE=6，则AC= 。 2. 如图，在△ABC 中，AB=AC ，把△ABC 绕点A 顺时针旋转得到△ADE ，（点B,C 分别对应点D,E ）BD 与CE 交于点F 。 （1）求证BD=CE 。 （2）若AB=2，∠BAC=45°，当四边形ADFC 是平行四边形时，求BF 的长。 E D C B A F D E A B C
3.如图，A 、B 、C 三点在同一直线上，△ACM 和△BCN 都是等边三角形，连接AN ，BM 。 （1）求证：AN=BM ． （2）如果△CBN 绕点C 转过一个角度，如图②所示，（1）的结论还成立吗？ （3）如图③将△ACM 绕点C 按逆时针旋转180°，使点A 落在CB 上，结论“AN=BM ”是否还成立，请证明，若不成立请说明理由。 （4）在③所在的图中形中，设MA 的延长线交BN 于D ，试判断△ABD 的形状，并证明你结论。 图① 图② 图③ N M C B A A N C M B M A C N B
初中几何常见九大模型解析模型一：手拉手模型-旋转型全等 （1）等边三角形 ?条件：均为等边三角形 ?结论：①；②；③平分。 （2）等腰 ?条件：均为等腰直角三角形 ?结论：①；②； ?】 ?③平分。 （3）任意等腰三角形 ?条件：均为等腰三角形 ?结论：①；②； ?③平分 模型二：手拉手模型-旋转型相似 （1）一般情况 ?条件：，将旋转至右图位置 ?` ?结论： ?右图中①； ?②延长AC交BD于点E，必有
（2）特殊情况 ?条件：，，将旋转至右图位置 ?结论：右图中①；②延长AC交BD于点E，必有； ③； ④； ' ⑤连接AD、BC，必有； ⑥（对角线互相垂直的四边形） 模型三：对角互补模型 （1）全等型-90° ?条件：①；②OC平分 ?结论：①CD=CE;②；③ ?证明提示： ①作垂直，如图，证明； - ②过点C作,如上图（右），证明； ?当的一边交AO的延长线于点D时： 以上三个结论：①CD=CE（不变）； ②；③ 此结论证明方法与前一种情况一致，可自行尝试。 （2）全等型-120° ?条件：①； ?②平分； ?<
?结论：①；②； ?③ ?证明提示：①可参考“全等型-90°”证法一； ②如图：在OB上取一点F，使OF=OC，证明为等 边三角形。 （3）全等型-任意角 ?条件：①；②； ?结论：①平分；②； ?③. ?' ?当的一边交AO的延长线于点D时（如右上图）： 原结论变成：①；②；③； 可参考上述第②种方法进行证明。请思考初始条件的变化对模型的影响。 ?对角互补模型总结： ①常见初始条件：四边形对角互补；注意两点：四点共圆及直角三角形斜边中线； ②初始条件“角平分线”与“两边相等”的区别； ③两种常见的辅助线作法； ④注意平分时，相等如何推导 ? 模型四：角含半角模型90°