数学模型—三垂直模型,手拉手模型优质讲义(含答案)

初中数学典型模型之一： “三垂直模型”介绍总体解题思路：只要出现此典型图形，一般都要证三角形全等或相似，再根据全等或相似性质解题.（一）基本图形： 1.“三垂”例1.如图，矩形ABCD 中，E 在AD 上，且EF ⊥EC ，EF=EC ，DE=2，矩形的周长为16，则AE=__ 解析：如图1，典型的“三垂直模型”，由于有等边（EF=EC ）先证△AEF ≌△DCE ， ∴AE=DC ，∴AD-DC=2，∵AD+DC=8，∴AD=5，DC=3，∴AE=3例2.一块矩形木板ABCD ，长AD=3cm,宽AB=2cm,小虎将一块等腰直角三角板的一条直角边靠在顶点C 上，另一条直角边与AB 边交于点E ，三角板的直角顶点P 在AD 边上移动（不含端点A,D ），当线段BE 最短时，AP=_______解析：如图1，典型的“三垂直模型”，由于没有等边，先证△AEP ∽△DPC ， ∴AP CD=AE PD。

当题目出现线段最值时，初三的数学中有两种解题方法：①几何论证方法；②代数论证方法-----通过设未知数，把几何中的线段关系转化成二次函数形式，运用二次函数求最值的方法解题；（详见“动态问题下求线段长”），此题可采用代数论证方法，设BE =y,AP =x ，∴x2=2−y 3−x, ∴y =x 2−3x +4=(x −32)2+74, ∴a =1>0 , ∴x =32时，y 最小值=742.两种变化图形（1）“交叉型”三垂直模型 （2）“L 型”三垂直模型A BC DEF 图1PA BCD E 证明：∵∠1+∠2=90°，∠2+∠A=90°，∴∠1=∠A 又∵∠B=∠C ，若其中有一组边相等，则证ABE ≅ECD;若没有边相等，则证ABE ~ECD;21AB CED证明：∵∠1+∠2=90°，∠2+∠A=90°，∴∠1=∠A 又∵∠B=∠C ，若其中有一组边相等，则证ABE ≅FCD;若没有边相等，则证ABE ~FCD;21A BF E DC(1)若有等边，则△ABE≌△BDC（AAS ）(2)若无等边，则△ABE∽△BDC（AA ）EDCBA例3.如图，已知正方形ABCD 的边长为4，点E 、F 分别在边AB 、BC 上，且AE=BF=1，则OC= ．解析：求线段长，要么用勾股定理，要么用相似，不管走勾股定理，还是相似，都绕不过先求出∠DOC=90°，当把这个90°标在图形时，就出现“三垂直模型的变化图形—交叉型三垂直模型”，如图1，由于有等边（BC=CD ），先证△BCE ≌△CDF ，∴∠BCE =∠CDF ，∵∠BCE +∠OCD =90°，∴∠CDF +∠OCD =90°，∴∠DOC =90°；这时图形又出现了第二个典型图形：“双垂型图形”，如图2，便易得这个典型图形的一个典型的用途----两直角边的乘积会等于斜边乘以斜边上的高。

《三角形证明》题型解读12 全等典型模型：“手拉手”模型【知识梳理】（一）“手拉手模型”的基本图形题型特征：△ABC 与△BDE 是等边三角形，A 、B 、D 三点在同一直线上。

解题方法：一定有以下六个结论（三组全等、一个60°、一个等边△、一组平行线） ①△ABE ≌△CBD证明过程：∵△ABC 与△BDE 是等边三角形，∴∠1=∠2=∠3=60°，∴∠ABE=∠CBD=120°，∵AB=BC ，BE=BD ， ∴△ABE ≌△CBD （SAS ） ②△ABH ≌△CBF证明过程：∵△ABE ≌△CBD ，∴∠4=∠5，∵AB=BC ，∠1=∠2，∴△ABH ≌△CBF （SAS ） ③△BHE ≌△BFD证明过程：∵△ABE ≌△CBD ，∴∠6=∠7，∵BE=BD ，∠2=∠3，∴△BHE ≌△BFD （SAS ） ④∠AGC=60°证明过程：∵△ABE ≌△CBD ，∴∠6=∠7，在△GFE 和△BFD 中（“8”字模型），∠3=180°-∠BFD-∠7，∠EGF=180°-∠GFE-∠6，∵∠6=∠7，∠GFE=∠BFD ，∴∠3=∠EGF ，∵∠AGC=∠EGF ，∠3=60°，∴∠AGC=∠3=60° ⑤△BHF 是等边三角形证明过程：∵△BHE ≌△BFD （SAS ），∴BH=BF ，∵∠2=60°，∴△BHF 是等边三角形（有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形） ⑥HF//AD证明过程：∵△BHF 是等边三角形，∴∠8=60°，∵∠3=60°，∴∠8=∠3，∴HF//AD （二）“手拉手模型”的变化图形题型特征：△ABC 与△BDE 是等边三角形，A 、B 、D 三点不在同一直线上。

图2M N 765431H GFEDCBA765431HG F ED CBA解题方法：一定有以下三个结论（一组全等，一个60°、一个角平分线） ①△ABE ≌△CBD证明过程：∵△ABC 与△BDE 是等边三角形，∴∠1=∠3=60°，∴∠ABE=∠CBD （共角模型），∵AB=BC ，BE=BD ， ∴△ABE ≌△CBD （SAS ） ②∠AGC=60°证明过程：∵△ABE ≌△CBD ，∴∠6=∠7，在△GFE 和△BFD 中（“8”字模型），∠3=180°-∠BFD-∠7，∠EGF=180°-∠GFE-∠6，∵∠6=∠7，∠GFE=∠BFD ，∴∠3=∠EGF ，∵∠AGC=∠EGF ，∠3=60°，∴∠AGC=∠3=60° ③BG 平分∠HBF证明过程：作BM ⊥AE 于点M ，BN ⊥GD 于点N ，如图2，∵△ABE ≌△CBD ，∴∠4=∠5，∵AB=BC ，∠AMB=∠CNB=90°，∴△ABM ≌△CBN （AAS ），∴BM=BN ，∴BG 平分∠HBF （到角两边的距离相等的点，在这个角的角平分线上） （三）常见“手拉手”变化图形【典型例题】例1.如图，C 为线段AE 上一动点（不与A 、E 重合），在AE 同侧分别作等边△ABC 和等 边△CDE ，AD 与BE 交于点O ，AD 与BC 交于点P ，BE 与CD 交于点Q ，连接PQ ，以下五个结论： ①AD ＝BE ；②PQ ∥AE ；③CP ＝CQ ；④BO ＝OE ；⑤∠AOB ＝60°，恒成立的结论有（ ）。

模型探究相似三角形考查范围广，综合性强，其模型种类多，其中有关一线三垂直模型在前面的专题已经很详细的讲解，这里就不在重复.模型一、A字型相似模型A字型（平行）反A字型（不平行）模型二、8字型与反8字型相似模型模型三、AX型相似模型（A字型及X字型两者相结合）模型四、共边角相似模型（子母型）模型五、手拉手相似模型例题精讲考点一、A字相似模型【例1】．如图，在△ABC中，∠A＝78°，AB＝4，AC＝6，将△ABC沿图示中的虚线剪开，剪下的阴影三角形与原三角形不相似的是（）A．B．C．D．解：A、阴影部分的三角形与原三角形有两个角相等，故两三角形相似，故本选项错误；B、阴影部分的三角形与原三角形有两个角相等，故两三角形相似，故本选项错误；C、两三角形的对应边不成比例，故两三角形不相似，故本选项正确．D、两三角形对应边成比例且夹角相等，故两三角形相似，故本选项错误；故选：C．变式训练【变式1-1】．如图，在△ABC中，DE∥BC，AH⊥BC于点H，与DE交于点G．若，则＝．解：∵，∴，∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴，故答案为．【变式1-2】.如图，在△ABC中，M是AC的中点，E是AB上一点，AE＝AB，连接EM并延长，交BC的延长线于D，则＝__________.解：如图，过C点作CP∥AB，交DE于P，∵PC∥AE，∴△AEM∽△CPM，∴＝，∵M是AC的中点，∴AM＝CM，∴PC＝AE，∵AE＝AB，∴CP＝AB，∴CP＝BE，∵CP∥BE，∴△DCP∽△DBE，∴＝＝，∴BD＝3CD，∴BC＝2CD，即＝2．【变式1-3】．如图，在△ABC中，点D在边AB上，AD＝9，BD＝7．AC＝12．△ABC的角平分线AE交CD于点F．（1）求证：△ACD∽△ABC；（2）若AF＝8，求AE的长度．解：（1）∵AD＝9，BD＝7，AC＝12，∴AB＝AD+BD＝16，∵＝＝，＝＝，∴＝，∵∠BAC＝∠CAD，∴△ACD∽△ABC；（2）由（1）可知，△ACD∽△ABC，∴∠ABE＝∠ACF，∵AE平分∠BAC，∴∠BAE＝∠CAF，∴△ABE∽△ACF，∴＝，即＝，∴AE＝＝．考点二、8字与反8字相似模型【例2】．如图，AG∥BD，AF：FB＝1：2，BC：CD＝2：1，求的值解：∵AG∥BD，∴△AFG∽△BFD，∴＝，∵，∴CD＝BD，∴，∵AG∥BD，∴△AEG∽△CED，∴．变式训练【变式2-1】．如图，AB∥CD，AE∥FD，AE、FD分别交BC于点G、H，则下列结论中错误的是（）A．B．C．D．解：A、∵AB∥CD，∴＝，故本选项不符合题目要求；B、∵AE∥DF，∴△CEG∞△CDH，∴＝，∴＝，∵AB∥CD，∴＝，∴＝，∴＝，∴＝，故本选项不符合题目要求；∵AB∥CD，AE∥DF，∴四边形AEDF是平行四边形，∴AF＝DE，∵AE∥DF，∴，∴＝，故本选项不符合题目要求；D、∵AE∥DF，∴△BFH∞△BAG，∴，故本选项符合题目要求；故选：D．【变式2-2】．如图，在平行四边形ABCD中，E为边AD的中点，连接AC，BE交于点F．若△AEF的面积为2，则△ABC的面积为（）A．8B．10C．12D．14解：如图，∵四边形ABCD是平行四边形，∵EA∥BC，∴△AEF∽△CBF，∵AE＝DE＝AD，CB＝AD，∴＝＝＝＝，∴AF＝AC，EF＝BF，＝S△ABC，∴S△ABF＝S△ABF＝×S△ABC＝S△ABC，∴S△AEF＝2，∵S△AEF＝6S△AEF＝6×2＝12，故选：C．∴S△ABC【变式2-3】.如图，锐角三角形ABC中，∠A＝60°，BE⊥AC于E，CD⊥AB于D，则DE：BC＝1：2．解：如图，∵在△ADC中，∠A＝60°，CD⊥AB于点D，∴∠ACD＝30°，∴＝．又∵在△ABE中，∠A＝60°，BE⊥AC于E，∴∠ABE＝30°，∴＝，∴＝．又∵∠A＝∠A，∴△ADE∽△ACB，∴DE：BC＝AD：AC＝1：2．故答案是：1：2．考点三、AX型相似模型（A字型及X字型两者相结合）【例3】.如图，在△ABC中，点D和E分别是边AB和AC的中点，连接DE，DC与BE交于点O，若△DOE的面积为1，则△ABC的面积为（）A．6B．9C．12D．13.5解：∵点D和E分别是边AB和AC的中点，∴O点为△ABC的重心，∴OB＝2OE，＝2S△DOE＝2×1＝2，∴S△BOD＝3，∴S△BDE∵AD＝BD，＝2S△BDE＝6，∴S△ABE∵AE＝CE，＝2S△ABE＝2×6＝12．故选C．∴S△ABC变式训练【变式3-1】.如图，DE是△ABC的中位线，F为DE中点，连接AF并延长交BC于点G，＝1，则S△ABC＝24．若S△EFG解：方法一：∵DE是△ABC的中位线，∴D、E分别为AB、BC的中点，如图过D作DM∥BC交AG于点M，∵DM∥BC，∴∠DMF＝∠EGF，∵点F为DE的中点，∴DF＝EF，在△DMF和△EGF中，，∴△DMF≌△EGF（AAS），＝S△EGF＝1，GF＝FM，DM＝GE，∴S△DMF∵点D为AB的中点，且DM∥BC，∴AM＝MG，∴FM＝AM，＝2S△DMF＝2，∴S△ADM∵DM为△ABG的中位线，∴＝，＝4S△ADM＝4×2＝8，∴S△ABG＝S△ABG﹣S△ADM＝8﹣2＝6，∴S梯形DMGB＝S梯形DMGB＝6，∴S△BDE∵DE是△ABC的中位线，＝4S△BDE＝4×6＝24，∴S△ABC方法二：连接AE，∵DE是△ABC的中位线，∴DE∥AC，DE＝AC，∵F是DE的中点，∴＝，∴＝＝，＝1，∵S△EFG＝16，∴S△ACG∵EF∥AC，∴＝＝，∴＝＝，＝S△ACG＝4，∴S△AEG＝S△ACG﹣S△AEG＝12，∴S△ACE＝2S△ACE＝24，故答案为：24．∴S△ABC【变式3-2】．如图：AD∥EG∥BC，EG交DB于点F，已知AD＝6，BC＝8，AE＝6，EF ＝2．（1）求EB的长；（2）求FG的长．解：（1）∵EG∥AD，∴△BAD∽△BEF，∴＝，即＝，∴EB＝3．（2）∵EG∥∥BC，∴△AEG∽△ABC，∴＝，即＝，∴EG＝，∴FG＝EG﹣EF＝．【变式3-3】.如图，已知AB∥CD，AC与BD相交于点E，点F在线段BC上，，．（1）求证：AB∥EF；：S△EBC：S△ECD．（2）求S△ABE（1）证明：∵AB∥CD，∴＝＝，∵，∴＝，∴EF∥CD，∴AB∥EF．（2）解：设△ABE的面积为m．∵AB∥CD，∴△ABE∽△CDE，∴＝（）2＝，＝4m，∴S△CDE∵＝＝，＝2m，∴S△BEC：S△EBC：S△ECD＝m：2m：4m＝1：2：4．∴S△ABE模型四、子母型相似模型【例4】.如图，点C，D在线段AB上，△PCD是等边三角形，且∠APB＝120°，求证：（1）△ACP∽△PDB，（2）CD2＝AC•BD．证明：（1）∵△PCD是等边三角形，∴∠PCD＝∠PDC＝∠CPD＝60°，∴∠ACP＝∠PDB＝120°，∵∠APB＝120°，∴∠APC+∠BPD＝60°，∵∠CAP+∠APC＝60°∴∠BPD＝∠CAP，∴△ACP∽△PDB；（2）由（1）得△ACP∽△PDB，∴，∵△PCD是等边三角形，∴PC＝PD＝CD，∴，∴CD2＝AC•BD．变式训练【变式4-1】.如图，点P在△ABC的边AC上，要判断△ABP∽△ACB，添加一个条件，不正确的是（）A．∠ABP＝∠C B．∠APB＝∠ABC C．D．解：在△ABP和△ACB中，∠BAP＝∠CAB，∴当∠ABP＝∠C时，满足两组角对应相等，可判断△ABP∽△ACB，故A正确；当∠APB＝∠ABC时，满足两组角对应相等，可判断△ABP∽△ACB，故B正确；当时，满足两边对应成比例且夹角相等，可判断△ABP∽△ACB，故C正确；当时，其夹角不相等，则不能判断△ABP∽△ACB，故D不正确；故选：D．【变式4-2】.如图，在△ABC中，点D在AC边上，连接BD，若∠ABC+∠BDC＝180°，AD＝2，CD＝4，则AB的长为（）A．3B．4C．D．2解：∵∠ABC+∠BDC＝180°，∠ADB+∠BDC＝180°，∴∠ADB＝∠ABC，∵∠A＝∠A，∴△ABC∽△ADB，∴，∵AD＝2，CD＝4，∴，∴AB2＝12，∴AB＝2或﹣2（不合题意，舍去），故选：D．【变式4-3】．如图，边长为4的正方形，内切圆记为圆O，P为圆O上一动点，则PA+PB的最小值为2．解：设⊙O半径为r，OP＝r＝BC＝2，OB＝r＝2，取OB的中点I，连接PI，∴OI＝IB＝，∵，，∴，∠O是公共角，∴△BOP∽△POI，∴，∴PI＝PB，∴AP+PB＝AP+PI，∴当A、P、I在一条直线上时，AP+PB最小，作IE⊥AB于E，∵∠ABO＝45°，∴IE＝BE＝BI＝1，∴AE＝AB﹣BE＝3，∴AI＝＝，∴AP+PB最小值＝AI＝，∵PA+PB＝（PA+PB），∴PA+PB的最小值是AI＝＝2．故答案是2．模型五、手拉手相似模型【例5】.如图，△ABC与△DEF均为等边三角形，O为BC、EF的中点，则AD：BE的值为．解：连接OA、OD，∵△ABC与△DEF均为等边三角形，O为BC、EF的中点，∴AO⊥BC，DO⊥EF，∠EDO＝30°，∠BAO＝30°，∴OD：OE＝OA：OB＝：1，∵∠DOE+∠EOA＝∠BOA+∠EOA即∠DOA＝∠EOB，∴△DOA∽△EOB，∴OD：OE＝OA：OB＝AD：BE＝：1＝，故答案为：．变式训练【变式5-1】.如图，在△ABC与△ADE中，∠BAC＝∠DAE，∠ABC＝∠ADE．求证：（1）△BAC∽△DAE；（2）△BAD∽△CAE．证明：（1）∵∠BAC＝∠DAE，∠ABC＝∠ADE．∴△BAC∽△DAE；（2）∵△BAC∽△DAE，∴，∴，∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD∽△CAE．【变式5-2】.如图，点D是△ABC内一点，且∠BDC＝90°，AB＝2，AC＝，∠BAD＝∠CBD＝30°，AD＝．解：如图，过点A作AB的垂线，过点D作AD的垂线，两垂线交于点M，连接BM，∵∠BAD＝30°，∴∠DAM＝60°，∴∠AMD＝30°，∴∠AMD＝∠DBC，又∵∠ADM＝∠BDC＝90°，∴△BDC∽△MDA，∴，又∠BDC＝∠MDA，∴∠BDC+∠CDM＝∠ADM+∠CDM，即∠BDM＝∠CDA，∴△BDM∽△CDA，∴＝，∵AC＝，∴BM＝3，在Rt△ABM中，AM＝＝＝，∴AD＝AM＝．【变式5-3】．如图，在四边形ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，∠BAE＝∠ADC，BE＝CE＝2，CD＝5，AD＝kAB（k为常数），则BD的长为．（用含k的式子表示）解：如图中，∵AE⊥BC，BE＝EC，∴AB＝AC，将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACG，连接DG．则BD＝CG，∵∠BAD＝∠CAG，∴∠BAC＝∠DAG，∵AB＝AC，AD＝AG，∴∠ABC＝∠ACB＝∠ADG＝∠AGD，∴△ABC∽△ADG，∵AD＝kAB，∴DG＝kBC＝4k，∵∠BAE+∠ABC＝90°，∠BAE＝∠ADC，∴∠ADG+∠ADC＝90°，∴∠GDC＝90°，∴CG＝＝．∴BD＝CG＝，故答案为：．实战演练1．如图，已知DE∥BC，EF∥AB，则下列比例式中错误的是（）A．＝B．C．D．解：A、∵EF∥AB，∴＝，∵DE∥BC，∴＝，∴＝，故A正确，B、易知△ADE∽△EFC，∴＝，∴＝，故B正确．C、∵△CEF∽△CAB，∴＝，∴＝，故C正确．D、∵DE∥BC，∴＝，显然DE≠CF，故D错误．故选：D．2．如图，梯形ABCD中，AD∥BC，∠B＝∠ACD＝90°，AB＝2，DC＝3，则△ABC与△DCA的面积比为（）A．2：3B．2：5C．4：9D．：解：∵AD∥BC，∴∠ACB＝∠DAC又∵∠B＝∠ACD＝90°，∴△CBA∽△ACD＝＝＝，∵＝（）2＝∴△ABC与△DCA的面积比为4：9．故选：C．3．如图，菱形ABCD中，E点在BC上，F点在CD上，G点、H点在AD上，且AE∥HC ∥GF．若AH＝8，HG＝5，GD＝4，则下列选项中的线段，何者长度最长？（）A．CF B．FD C．BE D．EC解：∵AH＝8，HG＝5，GD＝4，∴AD＝8+5+4＝17，∵四边形ABCD为菱形，∴BC＝CD＝AD＝17，∵AE∥HC，AD∥BC，∴四边形AECH为平行四边形，∴CE＝AH＝8，∴BE＝BC﹣CE＝17﹣8＝9，∵HC∥GF，∴＝，即＝，解得：DF＝，∴FC＝17﹣＝，∵＞9＞8＞，∴CF长度最长，故选：A．4．如图，在△ABC中，BC＝6，E，F分别是AB，AC的中点，动点P在射线EF上，BP 交CE于点D，∠CBP的平分线交CE于点Q，当CQ＝CE时，EP+BP的值为（）A．6B．9C．12D．18解：如图，延长BQ交射线EF于M，∵E、F分别是AB、AC的中点，∴EF∥BC，∴∠M＝∠CBM，∵BQ是∠CBP的平分线，∴∠PBM＝∠CBM，∴∠M＝∠PBM，∴BP＝PM，∴EP+BP＝EP+PM＝EM，∵CQ＝CE，∴EQ＝2CQ，由EF∥BC得，△MEQ∽△BCQ，∴＝2，∴EM＝2BC＝2×6＝12，即EP+BP＝12．故选：C．5．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝2，AD＝2，将△ABC绕点C顺时针方向旋转后得△A′B′C，当A′B′恰好经过点D时，△B′CD为等腰三角形，若BB′＝2，则AA′等于（）A．B．2C．D．解：过D作DE⊥BC于E，则BE＝AD＝2，DE＝2，设B′C＝BC＝x，则DC＝x，∴DC2＝DE2+EC2，即2x2＝28+（x﹣2）2，解得：x＝4（负值舍去），∴BC＝4，AC＝，∵将△ABC绕点C顺时针方向旋转后得△A′B′C，∴∠DB′C＝∠ABC＝90°，B′C＝BC，A′C＝AC，∠A′CA＝∠B′CB，∴∴△A′CA∽△B′CB，∴，即∴AA′＝，故选：A．6．如图，已知，△ABC中边AB上一点P，且∠ACP＝∠B，AC＝4，AP＝2，则BP＝6．解：∵∠A＝∠A，∠ACP＝∠B，∴△ACP∽△ABC，∴AC2＝AP•AB，即AB＝AC2÷AP＝16÷2＝8，∴BP＝AB﹣AP＝6．7．如图，在▱ABCD中，AC、BD相交于点O，点E是OA的中点，联结BE并延长交AD 于点F，如果△AEF的面积是4，那么△BCE的面积是36．解：∵在▱ABCD中，AO＝AC，∵点E是OA的中点，∴AE＝CE，∵AD∥BC，∴△AFE∽△CBE，∴＝＝，＝4，＝（）2＝，∵S△AEF＝36，故答案为36．∴S△BCE8．如图，在△ABC中，点G为ABC的重心，过点G作DE∥AC分别交边AB、BC于点D、E，过点D作DF∥BC交AC于点F，如果DF＝4，那么BE的长为8．解：连接BG并延长交AC于H，∵G为ABC的重心，∴＝2，∵DE∥AC，DF∥BC，∴四边形DECF是平行四边形，∴CE＝DF＝4，∵GE∥CH，∴△BEG∽△CBH，∴＝2，∴BE＝8，故答案为：8．9．如图，已知Rt△ABC中，两条直角边AB＝3，BC＝4，将Rt△ABC绕直角顶点B旋转一定的角度得到Rt△DBE，并且点A落在DE边上，则sin∠ABE＝．解：∵将Rt△ABC绕直角顶点B旋转一定的角度得到Rt△DBE，∴BD＝AB，BC＝BE，∠ABD＝∠CBE，∠DEB＝∠ACB，∴∠D＝∠BAC＝∠BAD＝（180°﹣∠ABD），∴∠BEC＝（180°﹣∠CBE），∴∠D＝∠BEC，∵∠ABC＝∠DBE＝90°，∴∠DEB+∠BEC＝90°，∴∠AEC＝90°，∵∠AGB＝∠EGC，∴∠ACE＝∠ABE，∵在Rt△ABC中，AB＝3，BC＝4，∴AC＝DE＝5，过B作BH⊥DE于H，则DH＝AH，BD2＝DH•DE，∴DH＝＝，∴AD＝，∴AE＝DE﹣AD＝，∴sin∠ABE＝sin∠ACE＝＝＝，故答案为：．10．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝60°，AC＝6，AD平分∠BAC，交边BC于点D，过点D作CA的平行线，交边AB于点E．（1）求线段DE的长；（2）取线段AD的中点M，联结BM，交线段DE于点F，延长线段BM交边AC于点G，求的值．解：（1）∵AD平分∠BAC，∠BAC＝60°，∴∠DAC＝30°，在Rt△ACD中，∠ACD＝90°，∠DAC＝30°，AC＝6，∴CD＝2，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，∠BAC＝60°，AC＝6，∴BC＝6，∴BD＝BC﹣CD＝4，∵DE∥CA，∴，∴DE＝4；（2）如图，∵点M是线段AD的中点，∴DM＝AM，∵DE∥CA，∴，∴DF＝AG，∵DE∥CA，∴，∴，∵BD＝4，BC＝6，DF＝AG，∴．11．如图，在菱形ABCD中，∠ADE、∠CDF分别交BC、AB于点E、F，DF交对角线AC 于点M，且∠ADE＝∠CDF．（1）求证：CE＝AF；（2）连接ME，若＝，AF＝2，求ME的长．解：（1）∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝CD，∠DAF＝∠DCE，又∵∠ADE＝∠CDF，∴∠ADE﹣∠EDF＝∠CDF﹣∠EDF，∴∠ADF＝∠CDE，在△ADF和△CDE中，，∴△ADF≌△CDE，∴CE＝AF．（2）∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC，由（1）得：CE＝AF＝2，∴BE＝BF，设BE＝BF＝x，∵＝，AF＝2，∴，解得x＝，∴BE＝BF＝，∵＝，且CE＝AF，∴＝＝，∵∠CMD＝∠AMF，∠DCM＝∠AMF，∴△AMF∽△CMD，∴，∴＝，且∠ACB＝∠ACB∴△ABC∽△MEC∴∠CAB＝∠CME＝∠ACB∴ME＝CE＝212．[问题背景]（1）如图①，已知△ABC∽△ADE，求证：△ABD∽△ACE．[尝试应用]（2）如图②，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°∠ABC＝∠ADE＝30°，AC与DE相交于点F，点D在BC边上，＝，①填空：＝1；②求的值．（1）证明：如图①，∵△ABC∽△ADE，∴∠BAC＝∠DAE，＝，∴∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD，＝，∴∠BAD＝∠CAE，∴△ABD∽△ACE．（2）解：①如图②，∵∠DAE＝90°，∠ADE＝30°，∴DE＝2AE，∴AD＝＝＝AE，∵＝，∴AD＝BD，∴AE＝BD，∴＝1，故答案为：1．②如图②，连接CE，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE，∴△BAC∽△CAE，∴＝，∴＝，∵∠BAD＝∠CAE＝90°﹣∠CAD，∴△BAD∽△CAE，∴∠ABC＝∠ACE，∴∠ADE＝∠ACE，∵∠AFD＝∠EFC，∴△AFD∽△EFC，∴＝，由①得AD＝AE，AD＝BD，∴＝＝，∴BD＝CE，∴AD＝×CE＝3CE，∴＝3，∴＝3，∴的值是3．13．如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45°，AE、AF分别交BD于点M、N，连接EN、EF．（1）求证：△ABN∽△MBE；（2）求证：BM2+ND2＝MN2；（3）①求△CEF的周长；②若点G、F分别是EF、CD的中点，连接NG，则NG的长为．（1）证明：如图1，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，∴∠ABD＝∠ADB＝45°，∴∠ABN＝∠MBE＝45°，∠BME＝∠ABD+∠BAM＝45°+∠BAM，∵∠EAF＝45°，∴∠BAN＝∠EAF+∠BAM＝45°+∠BAM，∴∠BAN＝∠BME，∴△ABN∽△MBE．（2）证明：如图1，将△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，连接MH，∴∠BAH＝∠DAN，AH＝AN，HB＝ND，∵∠MAN＝∠EAF＝45°，∴∠MAH＝∠BAH+∠BAM＝∠DAN+∠BAM＝45°，∴∠MAH＝∠MAN，∵AM＝AM，∴△MAH≌△MAN（SAS），∴MH＝MN，∵∠ABH＝∠ADN＝45°，∴∠MBH＝∠ABD+∠ABH＝90°，∴BM2+HB2＝MH2，∴BM2+ND2＝MN2．（3）解：①如图2，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABK，∴AK＝AF，∠BAK＝∠DAF，BK＝DF，∠ABK＝∠ADF＝90°，∴∠ABK+∠ABE＝180°，∴点K、点B、点E在同一条直线上，∵∠EAK＝∠BAE+∠BAK＝∠BAE+∠DAF＝45°，∴∠EAK＝∠EAFM，∵AE＝AE，∴△EAK≌△EAF（SAS），∴EK＝EF，∴BE+DF＝BE+BK＝EK＝EF，∵CB＝CD＝AB＝4，∴CE+EF+CF＝CE+BE+DF+CF＝CB+CD＝4+4＝8，∴△CEF的周长是8．②如图2，∵F是CD的中点，∴CF＝DF＝CD＝2，∵∠C＝90°，∴CF2+EF2＝CE2，∵EF＝BE+DF＝BE+2，CE＝CB﹣BE＝4﹣BE，∴22+（4﹣BE）2＝（BE+2）2，解得BE＝，∴EF＝+2＝，∵∠MBE＝∠MAN＝45°，∠BME＝∠AMN，∴△BME∽△AMN，∴＝，∴＝，∴∠AMB＝∠NME，∴△AMB∽△NME，∴∠NEM＝∠ABM＝45°，∴∠ENF＝∠MAN+∠NEM＝90°，∵G是EF的中点，∴NG＝EF＝×＝，故答案为：．14．问题背景如图（1），已知△ABC∽△ADE，求证：△ABD∽△ACE；尝试应用如图（2），在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，AC与DE相交于点F，点D在BC边上，＝，求的值；拓展创新如图（3），D是△ABC内一点，∠BAD＝∠CBD＝30°，∠BDC＝90°，AB ＝4，AC＝2，直接写出AD的长．问题背景证明：∵△ABC∽△ADE，∴，∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，，∴△ABD∽△ACE；尝试应用解：如图1，连接EC，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，∴△ABC∽△ADE，由（1）知△ABD∽△ACE，∴，∠ACE＝∠ABD＝∠ADE，在Rt△ADE中，∠ADE＝30°，∴，∴＝3．∵∠ADF＝∠ECF，∠AFD＝∠EFC，∴△ADF∽△ECF，∴＝3．拓展创新解：如图2，过点A作AB的垂线，过点D作AD的垂线，两垂线交于点M，连接BM，∵∠BAD＝30°，∴∠DAM＝60°，∴∠AMD＝30°，∴∠AMD＝∠DBC，又∵∠ADM＝∠BDC＝90°，∴△BDC∽△MDA，∴，又∠BDC＝∠MDA，∴∠BDC+∠CDM＝∠ADM+∠CDM，即∠BDM＝∠CDA，∴△BDM∽△CDA，∴，∵AC＝2，∴BM＝2＝6，∴在Rt△ABM中，AM＝＝＝2，∴AD＝．15．如图1，四边形ABCD是正方形，G是CD边上的一个动点（点G与C、D不重合），以CG为一边在正方形ABCD外作正方形CEFG，连接BG，DE．我们探究下列图中线段BG、线段DE的长度关系及所在直线的位置关系：（1）①猜想如图1中线段BG、线段DE的数量关系BG＝DE及所在直线的位置关系BG⊥DE；②将图1中的正方形CEFG绕着点C按顺时针（或逆时针）方向旋转任意角度α，得到如图2，如图3情形．请你通过观察、测量等方法判断①中得到的结论是否仍然成立，并选取图2证明你的判断；（2）将原题中正方形改为矩形（如图4﹣6），且AB＝a，BC＝b，CE＝ka，CG＝kb（a≠b，k＞0），则线段BG、线段DE的数量关系＝及所在直线的位置关系BG ⊥DE；（3）在第（2）题图5中，连接DG、BE，且a＝4，b＝3，k＝，直接写出BE2+DG2的值为．解：（1）①猜想：BG ⊥DE ，BG ＝DE ；故答案为：BG ＝DE ，BG ⊥DE ；②结论成立．理由：如图2中，∵四边形ABCD 和四边形CEFG 是正方形，∴BC ＝DC ，CG ＝CE ，∠BCD ＝∠ECG ＝90°，∴∠BCG ＝∠DCE ，∴△BCG ≌△DCE （SAS ），∴BG ＝DE ，∠CBG ＝∠CDE ，又∵∠CBG +∠BHC ＝90°，∴∠CDE +∠DHG ＝90°，∴BG ⊥DE ．（2）∵AB ＝a ，BC ＝b ，CE ＝ka ，CG ＝kb ，∴＝＝，又∵∠BCG ＝∠DCE ，∴△BCG ∽△DCE ，∴∠CBG ＝∠CDE ，＝＝，又∵∠CBG +∠BHC ＝90°，∴∠CDE +∠DHG ＝90°，∴BG⊥DE．故答案为：＝，BG⊥DE．（3）连接BE、DG．根据题意，得AB＝4，BC＝3，CE＝2，CG＝1.5，∵BG⊥DE，∠BCD＝∠ECG＝90°∴BE2+DG2＝BO2+OE2+DO2+OG2＝BC2+CD2+CE2+CG2＝9+16+2.25+4＝．。

1 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 ＝α．
结论：连接BD 、CE ，则有△BAD ≌△CAE ．
模型分析
如图①，
∠BAD ＝∠BAC －∠DAC ，∠CAE ＝∠DAE －∠DAC ．
∵∠BAC ＝∠DAE ＝α，
∴∠BAD ＝∠CAE ．
在△BAD 和△CAE 中，
AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
﹐﹐
﹐ 图②、图③同理可证．
（1）这个图形是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．
（2）如果把小等腰三角形的腰长看作小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手，所以把这个模型称为手拉手模型．
（3）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△EDG 都为等腰直角三角形，连接AG 、CE ，相交于点H ，问：
（1）AG 与CE 是否相等？
（2）AG 与CE 之间的夹角为多少度？
解答：
C D E A B 图① C D E A B 图② C
D E A B 图③ C D E G H A O。

三垂直模型经典例题解答
【实用版】
目录
1.三垂直模型概述
2.经典例题分析
3.解答过程详解
4.总结与拓展
正文
【三垂直模型概述】
三垂直模型，又称为三元一次方程组，是由三个含有三个未知数的一次方程组成的线性方程组。

它广泛应用于数学、物理、化学等学科，是解决许多实际问题的基础。

【经典例题分析】
例题：解下列三元一次方程组：
x + y + z = 6
2x - y + z = 5
x + y - z = 1
【解答过程详解】
1.列出方程组：
x + y + z = 6
2x - y + z = 5
x + y - z = 1
2.利用加减消元法，先将第一行和第二行相减，得到：
x + y + z - (2x - y + z) = 6 - 5
-x + 2y = 1
y = x + 1
3.将得到的 y 代入第一行方程，得到：
x + (x + 1) + z = 6
2x + z = 5
4.将得到的 y 代入第三行方程，得到：
x + (x + 1) - z = 1
2x - z = 2
5.再次利用加减消元法，将第二步和第四步的方程相减，得到：
2x - z - (2x - z) = 1 - 2
0 = -1
显然，该方程无解。

【总结与拓展】
三垂直模型的解法主要依赖于加减消元法，通过消元，将方程组转化为一元一次方程，从而求解出未知数。

然而，并非所有的三元一次方程组都有解，当方程组中两行或三行的系数和为零时，该方程组无解。

七年级手拉手模型及答案在学习数学的过程中，为了更好地帮助学生理解抽象概念和解决实际问题，一些数学老师会使用手拉手模型来进行教学。

那么，什么是手拉手模型呢？在这篇文章中，我们将会介绍七年级手拉手模型及答案。

一、手拉手模型简介手拉手模型是一种利用手势来模拟和表示数学问题的方法。

它可以帮助学生建立直观的数学概念，并且能够使他们更好地理解和解决数学问题。

手拉手模型的形成是基于二维平面中的基本几何概念。

通过手拉手模型，学生可以轻松地理解点、线、面等基础几何图形的定义和特性。

二、七年级手拉手模型与应用1. 一次函数在学习一次函数的时候，手拉手模型可以用来帮助学生图像地理解函数的性质和特点。

举例来说，在图像中，两条平行的线通过两个指头重合，这时候可以让学生用手模拟函数图像上的两个交点。

这样的模拟可以使学生更好地理解和记忆函数的函数值和斜率的概念。

2. 一元一次方程组在解决一元一次方程组的时候，手拉手模型可以用来表示等式与方程的关系。

首先，学生可以将两个含有一个未知数的等式拆开，并将它们的左右侧分别放在手的两个手指上。

然后，将两个手的手腕相连，就可以表示两个等式组成的一元一次方程组。

此时，学生可以通过手拉手模型来演示方程的解的求解过程。

3. 平行线与垂直线在二维平面中，平行线和垂直线是非常基本的概念。

通过手拉手模型，可以将这些概念变得更加生动形象。

例如，在学习平行线的时候，可以让学生用食指和中指分别表示两条平行线，然后让学生把手指靠近，重合。

这样，就可以形成两个平行线。

使用手拉手模型时，最重要的是要做到简单易懂，能够快速帮助学生理解和掌握基本数学概念。

三、总结在现代教育中，手拉手模型已成为许多老师教学的一种主要方式。

手拉手模型可以不仅可以帮助学生理解和掌握基本的数学概念，使学习更加生动有趣。

因此，在进行数学教学时，加入手拉手模型的方法是一种非常有益的教学方法。

只要学生掌握了手拉手模型的使用技巧，就能够快速有效地解决数学问题。

三垂直模型经典例题解答
三垂直模型是指在一个平面内，有三条相互垂直的直线。

通过给定的条件，我们可以求解出这三条直线的方程。

经典例题：已知直线L1：2x + 3y - 6 = 0和直线L2：x - y - 2 = 0。

求直线L3与L1、L2垂直。

解答：
首先，我们知道直线L3与直线L1、L2垂直，即斜率之积为-1。

直线的斜率可以通过直线方程的一般形式Ax + By + C = 0
来求得，斜率的相反数即为A的系数除以B的系数的值。

对于直线L1：2x + 3y - 6 = 0，斜率为-2/3。

对于直线L2：x - y - 2 = 0，斜率为1。

所以，直线L3的斜率应为2/3。

现在我们通过点斜式来求出直线L3的方程。

我们可以选择直
线L1或L2上的一个点，然后将斜率带入点斜式的公式y - y1 = k(x - x1)中，即可求解出直线L3的方程。

假设我们选择直线L1上的点(1, 2)，将斜率2/3带入点斜式中，可以得到直线L3的方程：
y - 2 = (2/3)(x - 1)
将其整理后，得到直线L3的方程为：
3y - 6 = 2x - 2
即
2x - 3y + 4 = 0
所以，直线L3的方程为2x - 3y + 4 = 0。

【中考数学专题】三大变换之旋转（三垂直模型）上一篇我们了解了关于手拉手模型的一些内容，同样作为模型，但“三垂直”的定位和“手拉手”并不相同，“手拉手”本身可以作为问题，而“三垂直”更多地作为一种方法来帮助解决问题，因而我们要了解的侧重点也会有所调整，依然有三点：（1）三垂直模型的构成；（2）什么条件下考虑构造三垂直；（3）构造三垂直能带来什么．01三垂直模型的构成△ABC是等腰直角三角形，一条直线过点C，分别过A、B向该直线作垂线，垂足分别为D、E，则△ADC≌△CEB．【小结】尝试用文字来描述三垂直模型：一条直线经过等腰直角三角形的直角顶点，过另外两个顶点分别向该直线作垂线，即可得三垂直模型．（等腰、直角、作垂直）【思考】“等腰、直角、作垂直”在证明全等中所发挥的作用是什么？等腰——可得一组对应边相等；直角+作垂直——可得两组角对应相等．【弱化条件】（1）如果没有等腰？依然可以构造三垂直，只不过得到的是三垂直相似，而非三垂直全等．如图，有△ADC∽△CEB．特别地，若点C为BD中点，则△ADC∽△CEB∽△ACB．（2）如果没有直角？直角与作垂直是配套的，最终的结果是有三个直角，其价值不在于它们是特殊角，而是它们都相等，所以即便没有直角，换成三个相等的角亦可，即“一线三等角”模型举个关于一线三等角的例题：2018遵义中考-对称章节里见过看个例子就可以了，今儿不聊一线三等角的事．02什么条件下构造三垂直？根据问题一的分析已经很明显了，可以没有等腰，但需要有直角，当然如果是等腰直角那就再好不过了．那看到有直角就考虑构造三垂直？当然也不是，起码问题得和直角相关，并且这个直角是斜着的．引例1-几何图中的构造三垂直引例2-坐标系中的构造三垂直【小结】尤其是在坐标系中，构造三垂直可以帮助计算点坐标或直线解析式，并且触发条件除了直角之外，也可以是其他确定的角，比如45°角．引例3-45°角构造三垂直全等【小结】设计坐标系中构造三垂直，尽可能让直角顶点是已知点，会简便计算，如上题中的第一种作图优于第二种．除了45°之外，坐标系中出现其他的确定角，亦可构造三垂直．引例4-已知角构造三垂直相似这其实本身不应该是一个问题，而是对前文的思考．三垂直是如何帮助我们解决问题的？构造三垂直全等，一方面可以得到相等线段，在几何图形中作等量代换．另外在坐标系中构造三垂直全等，可实现“化斜为直”，用水平或竖直线段刻画图中的点与线，会更方便计算．继续来看相关中考真题：2019宜昌中考2017苏州园区模拟2019十堰中考2019无锡中考2019沈阳中考2016河南中考（居然有备用卷）【写在最后】知其然，知其所以然；知其用，知其何以用．来源：有一点数学，作者刘岳。

全等型"手拉手"数学模型详解手拉手模型是最常见的一类证明全等或相似的重要数学模型,全等型手拉手模型主要有以下三个特征：双等腰、共顶点、顶角相等•【模鳞析】模型一:等边三角形MBC和“CDE均为等边三角形，点C为公共顶点,如下图：结论:^ACE妥厶BCD・【例题1】如图/ABD与ZBCE都是等边三角形，连接AE与CD ,延长AE 交CD于点F.求证：AE = DC , ZAFD 二60° .证明：V MBD与^BCE都是等边三角形，∙∙. AB = DB, EB = CB, ZABD = ZEBC 二60o f又∙.∙ ZABE + ZEBD = ZDBC + ZEBD = 60° ,.∙. ZABE = ZDBC ,・・・ ^ABE 聖^DBC(SAS),.∙∙ AE = DC , ZEAB 二CDB .∙∙∙ ZDAE + ZEAB 二ZDAB 二60° ,.∙. ZDAE + ZCDB 二60° ,∙.∙ ZAFC 二ZDAE + ZADB + ZCDB 二60° + 60° = 120°, .∙. ZAFD = 180° - ZAFC = 180° - 120° = 60° .模型二:等腰三角形等腰MBC和等腰^CDE ,点C是公共顶点,ZACB二ZDCE = a,如下图：结论:^ACD竺“BCE・模型三:等腰直角三角形等腰RtMOB和等腰Rt“EOF ,点0为公共顶点，如下图:AE = BF Z AE丄BF.现将AEOF绕点0顺时针旋转一周,可以分为以下几种情况来考虑:B Ii结论：①图二、三、五，当A、0、F三点不共线时Z EAOE竺^BOF ;②图一、四、六ZδAOB S δEOF ；③由图六可知，点E、F的运动轨迹是圆弧（注意特殊位置的最值问题）•模型四：正方形正方形ABCD和正方形CEFG I点C是公共顶点，如下图：结论：ABCG妥厶DCE・【例题2】如图①所示,四边形ABCD是正方形,点E是AB的中点,以AE为边作正方形AEFG ,连接DE , BG .©6②⑴发现：①线段DE、BG之间的数量关系是DE = BG ;②线段DE S BG之间的位置关系是DE丄BG ;(2)探究：如图②，将正方形AEFG绕点A逆时针旋转Z（1）中的结论是否仍然成立? 若成立Z请给出证明；若不成立，请说明理由；【提示】（1）、（2 ）中，用手拉手模型证明三角形全等即可解题•【模型应用】【例题3】如图，在长方形ABCD中，AB = 3, BC = 4, E为BC上一点，且BE = I ,F为AB边上的一个动点，连接EF ,将EF绕看点E顺时针旋转45。

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．14．如图，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，∠APC＝165°，P A＝3，PC＝，则PB＝．15．如图，在等腰直角三角形ABC中，已知∠ACB＝90°，P是△ABC内一点，使P A＝11，PB＝7，PC＝6，则∠BPC＝．16．如图，O是正△ABC内一点，OA＝3，OB＝4，OC＝5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论：①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到；②点O与O′的距离为4；③∠AOB＝150°；④S四边形AOBO′＝6+3；⑤S△AOC+S△AOB═6+．其中正确的结论是．17．等边△ABC的边长为2，三角形外部有一点D，CD＝2，连接AD、BD，若∠ADC ＝30°，则BD的长为．18．如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝90°，∠BCD＝30°，∠BAD的平分线AE与DC边相交于点E，连接BE，AC，若AC＝7，△BCE的周长为16，则线段BC 的长为．二．解答题（共22小题）19．某学校活动小组在作三角形的拓展图形，研究其性质时，经历了如下过程：●操作发现：已知△ABC如图1，分别以AB和AC为边向△ABC外侧作等边△ABD和等边△ACE，连接BE、CD，请你完成作图并证明BE＝CD．（要求：尺规作图，不写作法但保留作图痕迹）●类比探究：如图2，分别以AB和AC为边向△ABC外侧作正方形ABDE和正方形ACFG，连接CE、BG，则线段CE、BG有什么数量关系？说明理由．●灵活运用：如图3，已知△ABC中，AB＝，BC＝3，∠ABC＝45°，过点A作EA⊥AC，垂足为A，且满足AC＝AE，求BE的长．20．将图形中的三角形绕某一点作适当旋转，可帮助解决很多几何问题．（1）如图1，直角△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D为BC边上的一点，将△ABD 绕点A逆时针旋转90°至△ACF，作AE平分∠DAF交BC于E，请证明：BD2+CE2＝DE2；（2）如图2，四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，若四边形ABCD的面积是64cm2，则AC长是cm；（3）如图3，四边形ABCD中，AC，BD是对角线，△ABC是等边三角形．∠ADC＝30°，AD＝2，BD＝3，求CD的长．21．直线m∥n，点A、B分别在直线m，n上（点A在点B的右侧），点P在直线m上，AP＝AB，连接BP，将线段BP绕点B顺时针旋转60°得到BC，连接AC交直线n于点E，连接PC，且△ABE为等边三角形．（1）如图①，当点P在A的右侧时，请直接写出∠ABP与∠EBC的数量关系是，AP与EC的数量关系是．（2）如图②，当点P在A的左侧时，（1）中的结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．（3）如图②，当点P在A的左侧时，若△PBC的面积为，求线段AC的长．22．某校八年级数学兴趣小组在研究等腰直角三角形与图形变换时，作了如下研究：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为直线BC上一动点（点D不与B，C重合），以AD为腰作等腰直角三角形DAF，使∠DAF＝90°，连接CF．（1）观察猜想如图1，当点D在线段BC上时，①CF与BC的位置关系为；②CF，DC，BC之间的数量关系为（直接写出结论）；（2）数学思考如图2，当点D在线段CB的延长线上时，（1）中的①、②结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明．（3）拓展延伸如图3，当点D在线段BC的延长线上时，将△DAF沿线段DF翻折，使点A与点E重合，连接CE，若已知4CD＝BC，AC＝2，请求出线段CE的长．23．在等腰△ADC和等腰△BEC中，∠ADC＝∠BEC＝90°，BC＜CD，将△BEC绕点C 逆时针旋转，连接AB，点O为线段AB的中点，连接DO，EO．（1）如图1，当点B旋转到CD边上时，请直接写出线段DO与EO的位置关系和数量关系；（2）如图2，当点B旋转到AC边上时，（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；（3）若BC＝4，CD＝2，在△BEC绕点C逆时针旋转的过程中，当∠ACB＝60°时，请直接写出线段OD的长．24．如图1，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜边BC上两动点，且∠DAE＝45°，将△ABE绕点A逆时针旋转90后，得到△AFC，连接DF．（1）试说明：△AED≌△AFD；（2）当BE＝3，CE＝9时，求∠BCF的度数和DE的长；（3）如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，D是斜边BC所在直线上一点，BD＝3，BC＝8，求DE2的长．25．已知正方形ABCD，E为平面内任意一点，连接AE，BE，将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△BFC．（1）如图1，求证：①AE＝CF；②AE⊥CF．（2）若BE＝2，①如图2，点E在正方形内，连接EC，若∠AEB＝135°，EC＝5，求AE的长；②如图3，点E在正方形外，连接EF，若AB＝6，当C、E、F在一条直线时，求AE的长．26．（1）问题背景：已知，如图1，等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，AD⊥BC于点D，AB＝a，△ABC的面积为S，则有BC＝a，S＝a2．（2）迁移应用：如图2，△ABC和△ADE都是等腰三角形，∠BAC＝∠DAE＝120°，D，E，C三点在同一条直线上，连接BD．①求证：△ADB≌△AEC；②求∠ADB的度数．③若AD＝2，BD＝4，求△ABC的面积．（3）拓展延伸：如图3，在等腰△ABC中，∠BAC＝120°，在∠BAC内作射线AM，点D与点B关于射线AM轴对称，连接CD并延长交AM于点E，AF⊥CD于F，连接AD，BE．①求∠EAF的度数；②若CD＝5，BD＝2，求BC的长．27．【课题研究】旋转图形中对应线段所在直线的夹角（小于等于90°的角）与旋转角的关系．【问题初探】线段AB绕点O顺时针旋转得到线段CD，其中点A与点C对应，点B与点D对应，旋转角的度数为α，且0°＜α＜180°．（1）如图①，当α＝60°时，线段AB、CD所在直线夹角（锐角）为；（2）如图②，当90°＜α＜180°时，直线AB与直线CD所夹锐角与旋转角α存在怎样的数量关系？请说明理由；【形成结论】旋转图形中，当旋转角小于平角时，对应线段所在直线的夹角与旋转角．【运用拓广】运用所形成的结论解决问题：（3）如图③，四边形ABCD中，∠ABC＝60°，∠ADC＝30°，AB＝BC，CD＝3，BD ＝，求AD的长．28．已知△AOB和△MON都是等腰直角三角形（OA＜OM＝ON），∠AOB＝∠MON＝90°．（1）如图1：连AM，BN，求证：△AOM≌△BON；（2）若将△MON绕点O顺时针旋转，①如图2，当点N恰好在AB边上时，求证：BN2+AN2＝2ON2；②当点A，M，N在同一条直线上时，若OB＝4，ON＝3，请直接写出线段BN的长．29．如图，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC+∠EAD＝180°，△ABC不动，△ADE绕点A旋转，连接BE、CD，F为BE的中点，连接AF．（1）如图①，当∠BAE＝90°时，求证：CD＝2AF；（2）当∠BAE≠90°时，（1）的结论是否成立？请结合图②说明理由；（3）如图②，若∠ADC＝90°，AD＝5，AC＝13，求BE2的值．30．（1）【操作发现】如图1，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD ＝40°，连接AC，BD交于点M．①的值为；②∠AMB的度数为．（2）【类比探究】如图2，在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，连接AC交BD的延长线于点M．计算的值及∠AMB的度数；（3）【实际应用】在（2）的条件下，将△OCD绕点O在平面内旋转，AC，BD所在直线交于点M，若OD＝1，OB＝，请直接写出当点C与点M重合时AC的长．31．△ABC中，BC＝8，以AC为边向外作等边△ACD．（1）如图①，△ABE是等边三角形，若AC＝6，∠ACB＝30°，求CE的长；（2）如图②，若∠ABC＝60°，AB＝4，求BD的长．32．阅读下列材料：问题：如图1，在正方形ABCD内有一点P，P A＝，PB＝，PC＝1，求∠BPC的度数．小明同学的想法是：已知条件比较分散，可以通过旋转变换将分散的已知条件集中在一起，于是他将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到了△BP′A（如图2），然后连接PP′．请你参考小明同学的思路，解决下列问题：（1）图2中∠BPC的度数为；（2）如图3，若在正六边形ABCDEF内有一点P，且P A＝，PB＝4，PC＝2，则∠BPC的度数为，正六边形ABCDEF的边长为．33．（1）如图，已知△ABC，以AB、AC为边向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE，连接BE，CD，问：BE与CD有什么数量关系？请说明理由；（2）如图2，已知△ABC，以AB、AC为边向外作正方向ABFD和正方形ACGE，连接BE，CD，则BE和CD之间的数量关系是；（3）运用（1）、（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：如图3，四边形ADBC中，∠ACB＝45°，AC＝40，BC＝60，AB、CD是对角线，AB ⊥AD，AB＝AD，求CD的长；（4）探究：①在图1中，当∠ACB＝30°时，请直接写出DC、BC、AC之间的数量关系；②在图2中，当∠ACB＝45°时，请直接写出DC、BC、AC之间的数量关系．34．（1）如图1，已知△ABC，以AB、AC为边分别向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE，连接BE、CD，请你完成图形（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹），并证明：BE＝CD；（2）如图2，利用（1）中的方法解决如下问题：在四边形ABCD中，AD＝3，BD＝2，∠ABC＝∠ACB＝∠ADB＝45°，求CD的长；（3）如图3，四边形ABCD中，∠BAC＝90°，∠ADB＝∠ABC＝α，tanα＝，BD＝5，AD＝12，求CD的长．35．某学校活动小组在作三角形的拓展图形，研究其性质时，经历了如下过程：操作发现：（1）如图1，分别以AB和AC为边向△ABC外侧作等边△ABD和等边△ACE，连接BE、CD，请你完成作图并证明BE＝CD．（要求：尺规作图，不写作法但保留作图痕迹）类比探究：（2）如图2，分别以AB和AC为边向△ABC外侧作正方形ABDE和正方形ACFG，连接CE、BG，则线段CE、BG有什么关系？说明理由．灵活运用：（3）如图3，在四边形ABCD中，AC，BD是对角线，AB＝BC，∠ABC＝60°，∠ADC ＝30°，AD＝2，BD＝3，求CD的长．36．（1）如图1，锐角△ABC中，分别以AB、AC为边向外作等边△ABD和等边△ACE，连结BE、CD，试猜想BE与CD的大小关系，并证明你的结论；（2）如图2，四边形ABCD中，AB＝4，BC＝3，AD＝CD，∠ABC＝30°，∠ADC＝60°，求BD的长；（3）如图3，四边形ABCD中，AB＝4，BC＝3，∠ABC＝∠ACD＝∠ADC＝45°，求BD的长．37．如图，已知等腰直角三角形ABC中，AC＝BC，把AB绕点B逆时针旋转一定角度到点D．连接AD、DC．使得∠DAC＝∠BDC，当DC＝时，求线段AC的长．38．请阅读下列材料：问题：如图1，在等边△ABC内有一点P，且P A＝2，PB＝，PC＝1，求∠BPC．李明同学的思路是：将△BPC绕点B逆时针旋转60°，得到△BP′A（如图2），连接P′P．由旋转的性质知△BP′P是三角形；P′A＝PC＝1，∠BP′P＝，P′P＝PB＝；在△AP′P中，∵P′P2+P′A2＝（）2+12＝4＝P A2；∴△AP′P是三角形；∴∠AP′P＝°；∴∠BPC＝∠BP′A＝∠BP′P+∠AP′P＝．问题得到解决．（1）将李明的思路补充完整；（2）请你参考李明同学的思路，探究并解决下列问题：如图3，等腰直角三角形ABC中，∠CAB＝90°，P是△ABC内一点，且P A＝1，PB＝3，PC＝，求∠CP A的度数．39．已知△ABC，以AC为边在△ABC外作等腰△ACD，其中AC＝AD．（1）如图1，若AB为边在△ABC外作△ABE，AB＝AE，∠DAC＝∠EAB＝60°，求∠BFC的度数；（2）如图2，∠ABC＝α，∠ACD＝β，BC＝6，BD＝8．①若α＝30°，β＝60°，AB的长为；②若改变α、β的大小，但α+β＝90°，求△ABC的面积．40．几何探究在△ABC中，AB＝AC，D是直线BC上一点（不与点B、C重合），以AD为一边在AD 的右侧作△ADE，AD＝AE，∠DAE＝∠BAC，连接CE．（1）如图1，当点D在线段BC上时，求证：BD＝CE．（2）如图2，若点D在线段CB的延长线上，∠BCE＝α，∠BAC＝β．则α、β之间有怎样的数量关系？写出你的理由．（3）如图3，当点D在线段BC上，∠BAC＝90°，BC＝4，求S△DCE最大值．手拉手biubiubiu参考答案与试题解析一．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．【分析】显然直接求BD不好入手，那么就将问题进行转化．注意到△ACD为等腰Rt△，于是以AB为腰向左作等腰Rt△ABE，则易证△ABD与△AEC相似，相似比为，从而只需求出EC即可，此时∠EBC＝135°，于是过E作EF⊥BC于F，则△EFB也为等腰Rt△，算出EF、BF，进而算出EC，问题迎刃而解．【解答】解：以AB为腰作等腰Rt△ABE，连接EC，∵△ADC为等腰Rt△，∴，∠EAB＝∠DAC＝45°，∴∠EAB+∠BAC＝∠BAC+∠DAC，∴∠EAC＝∠DAB，∴△EAC∽△BAD，∴，作EF⊥BC交BC延长线于F，∵∠ABC＝45°，∠EBA＝90°，∴∠EBF＝45°，∴△EFB为等腰Rt△，∴EF＝FB＝＝＝7，∴EC＝＝25，∴BD＝＝．【点评】本题主要考查了等腰直角三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等重要知识点，有一定难度．正确作出辅助线是本题的难点．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7．【分析】以AB为边作等边三角形AEB，连接CE，如图所示，由三角形ABE与三角形ACD都为等边三角形，利用等边三角形的性质得到AE＝AB，AD＝AC，且∠EAB＝∠DAC ＝60°，利用等式的性质得到夹角相等，利用SAS得到三角形EAC与三角形BAD全等，利用余弦定理求出EC的长就是BD的长．【解答】解：以AB为边作等边三角形AEB，连接CE，如图所示，∵△ABE与△ACD都为等边三角形，∴∠EAB＝∠DAC＝60°，AE＝AB，∴∠EAB+∠BAC＝∠DAC+∠BAC，即∠EAC＝∠BAD，在△EAC和△BAD中，，∴△EAC≌△BAD（SAS），∴BD＝EC，∵∠EBA＝60°，∠ABC＝60°，∴∠EBC＝120°，在△EBC中，BC＝5，EB＝3，过点E做BC的垂线交BC于点F，易知∠EBF＝60°，∠FEB＝30°，∴EF＝，FB＝，FC＝5+＝，∴EC2＝FC2+EF2＝49∴BD＝EC＝7．故答案为：7．【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，以及余弦定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．3．四边形ABCD中，AC＝BC，∠ACB＝90°，∠ADB＝30°，AD＝，CD＝14，则BD＝10．【分析】过C作CE⊥BD于E，过A作AF⊥BD于F，作CG作AF于G，证明△ACG ≌△BCE（AAS），得出AG＝BE，CG＝CE，证出四边形CEFG是正方形，得出CE＝EF ＝GF，由直角三角形的性质得出AF＝AD＝3，DF＝AF＝3，设GF＝CE＝EF＝x，则DE＝x+3，在Rt△CDE中，由勾股定理得出方程，解方程得出GF＝EF＝，得出BE＝AG＝GF﹣AF＝，即可得出答案．【解答】解：过C作CE⊥BD于E，过A作AF⊥BD于F，作CG作AF于G，如图所示：则四边形CEFG是矩形，∴∠ECG＝90°＝∠ACB，∴∠ACG＝∠BCE，在△ACG和△BCE中，，∴△ACG≌△BCE（AAS），∴AG＝BE，CG＝CE，∴四边形CEFG是正方形，∴CE＝EF＝GF，∵∠ADB＝30°，AD＝，∴AF＝AD＝3，DF＝AF＝3，设GF＝CE＝EF＝x，则DE＝x+3，在Rt△CDE中，由勾股定理得：x2+（x+3）2＝142，解得：x＝（负值舍去），∴GF＝EF＝，∴BE＝AG＝GF﹣AF＝，∴BD＝BE+EF+DF＝++3＝10；故答案为：．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、正方形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握正方形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．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．【分析】根据等边三角形的判定定理得到△ABC是等边三角形，求得∠BAC＝60°，过C作CE⊥AD与E，解直角三角形得到DE＝CD＝1，求得CE＝DE＝，根据直角三角形的性质得到∠CAD＝30°，求得∠ACE＝60°，∠BAD＝90°，得到∠ACD＝90°，根据勾股定理即可得到结论．【解答】解：∵AB＝AC，∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝60°，过C作CE⊥AD与E，∴∠AEC＝∠CED＝90°，∵∠ADC＝60°，∴∠DCE＝30°，∵CD＝2，∴DE＝CD＝1，∴CE＝DE＝，∵AC＝AB＝2，∴CE＝AC，∴∠CAD＝30°，∴∠ACE＝60°，∠BAD＝90°，∴∠ACD＝90°，∴AD＝2CD＝4，∴BD＝＝＝2．故答案为：2．【点评】本题考查了直角三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．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2．【分析】过A作AE⊥AD，使AE＝AD，连接CE，DE，过C作CF⊥AD于F，得到△ADE是等腰直角三角形，证明△DAB≌△EAC得：EC＝BD，在Rt△DCE中，利用勾股定理求EC的长，于是得到结论．【解答】解：过A作AE⊥AD，使AE＝AD，连接CE，DE，过C作CF⊥AD于F，则△ADE是等腰直角三角形，∵∠ADC＝45°，∴△CDF是等腰直角三角形，∴CF＝DF＝CD＝1，∵AC⊥AB，∠ABC＝45°，∴△ABC是等腰直角三角形，∴AC＝BC＝，∴AF＝＝2，∴AD＝3，∴DE＝AD＝3，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，在△BAD与△CAE中，，∴△BAD≌△CAE，（SAS），∴CE＝BD，∵∠ADE＝∠ADC＝45°，∴∠CDE＝90°，∴CE＝＝2，∴BD＝CE＝2．故答案为：2．【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．6．如图，四边形ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝∠ADC＝45°，△DBC的面积为8，则BC 长为4．【分析】如图，作DH⊥BC交BC的延长线于H，取CD的中点O，连接OA，OB．证明A，C，B，D四点共圆，利用全等三角形的性质证明BC＝DH，即可解决问题．【解答】解：如图，作DH⊥BC交BC的延长线于H，取CD的中点O，连接OA，OB．∵DH⊥BH，∴∠DHC＝90°，∵∠DAC＝90°，CO＝OD，∴OA＝OD＝OC＝OH，∴A，C，H，D四点共圆，∵AC＝AD，∴∠CHA＝∠AHD＝45°，（没有学习四点共圆，可以这样证明：过点A作AM⊥DH于M，过点A作AN⊥BH于N，证明△AMD≌△ANC，推出AM＝AN，推出AH平分∠MHN 即可）∵∠ABC＝45°，∴∠BAH＝90°，∴BA＝AH，∵∠BAH＝∠CAD＝90°，∴∠BAC＝∠HAD，∵AC＝AD，AB＝AH，∴△BAC≌△HAD（SAS），∴BC＝DH，∴S△BCD＝×BC×DH＝×BC2＝16，∴BC＝4或﹣4（舍弃），故答案为4．【点评】本题考查旋转变换，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质鞥知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，利用辅助圆解决问题，属于中考填空题中的压轴题．7．如图，D为△ABC内一点，且AD＝BD，若∠ACD＝∠DAB＝45°，AC＝5，则S△ABC ＝．【分析】如图，作DE⊥DC交AC于E，连接BE交AD于O．利用全等三角形的性质证明BE＝AC＝5，BE⊥AC即可解决问题．【解答】解：如图，作DE⊥DC交AC于E，连接BE交AD于O．∵DA＝DB，∠DAB＝45°，∴∠DAB＝∠DBA＝45°，∴∠ADB＝90°，∵∠DCE＝45°，DE⊥DC，∴DC＝DE，∵∠CDE＝∠ADB＝90°，∴∠CDA＝∠EDB，∵DC＝DE，DA＝DB，∴△CDA≌△EDB（SAS），∴AC＝BE＝5，∠CAD＝∠EBD，∵∠AOE＝∠BOD，∴∠AEO＝∠BDO＝90°，∴BE⊥AC，∴S△ABC＝•AC•BE＝，故答案为．【点评】本题考查旋转变换，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．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4．【分析】将△ABP绕点A逆时针旋转120°，得到△ACD，连接PD，过点A作AH⊥PD 于H，利用等腰三角形的性质及通过解直角三角形求出AH，PH，DH，PD的长，利用勾股定理的逆定理证明△PDC为直角三角形，再证△DMC∽△HMA，其对应边相等，可推出AM＝CM＝AC，HM＝DM＝HD＝2，在Rt△DMC中，通过勾股定理求出CM的长，可推出AB＝AC＝2CM＝4．【解答】解：如图，将△ABP绕点A逆时针旋转120°，得到△ACD，连接PD，过点A 作AH⊥PD于H，则△ABP≌△ACD，∠P AD＝120°，∴P A＝DA＝8，PB＝DC＝4，∠APH＝∠ADH＝30°，∴AH＝AP＝4，∴PH＝DH＝＝4，∴PD＝2PH＝8，在△PDC中，PD2+CD2＝（8）2+42＝208，PC2＝（4）2＝208，∴PD2+CD2＝PC2，∴△PDC为直角三角形，且∠PDC＝90°，∴∠AHD＝∠PDC，∴AH∥DC，∴△DMC∽△HMA，∵DC＝AH＝4，∴AM＝CM＝AC，HM＝DM＝HD＝2，∴在Rt△DMC中，CM＝＝＝2，∴AB＝AC＝2CM＝4，故答案为：4．【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定与性质，勾股定理等，解题关键是能够通过勾股定理的逆定理证明△DMC为直角三角形．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．【分析】将△ABD绕A顺时针旋转120°得△ACQ，连BQ，则△ABD≌△AQC，依据旋转的性质以及勾股定理即可得到BD的长，进而得出的值．【解答】解：如图所示，将△ABD绕A顺时针旋转120°得△ACQ，连BQ，则∠BAQ＝∠DAC＝120°，BA＝QA，∴∠ABQ＝30°，∠QBC＝60°+30°＝90°，设BC＝2，AB＝3，过A作AE⊥BQ于E，则BQ＝2BE＝2cos30°×AB＝2×，∴Rt△BCQ中，CQ＝，∴BD＝CQ＝，∴．故答案为：．【点评】本题主要考查了旋转的性质以及勾股定理的运用，解决问题的关键是利用旋转变换构造直角三角形．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﹣1．【分析】如图，在CA取一点J，使得CJ＝CB，连接DJ．利用全等三角形的性质证明BE＝DJ，推出|AD﹣BE|＝|AD﹣DJ|≤AJ，求出AJ即可解决问题．【解答】解：如图，在CA取一点J，使得CJ＝CB，连接DJ．在Rt△ACB中，AB＝2，∠CAB＝30°，∠ACB＝90°，∴CB＝CJ＝AB＝1，AC＝BC＝，∵∠ECD＝∠BCJ＝90°，∴∠DCJ＝∠ECB，∵CD＝CE，CJ＝CB，∴△DCJ≌△ECB（SAS），∴DJ＝BE，∴|AD﹣BE|＝|AD﹣DJ|，∵|AD﹣DJ|≤AJ，∴|AD﹣BE|≤﹣1，∴|AD﹣BE|的最大值为﹣1．故答案为﹣1．【点评】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题．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．【分析】将△BCD顺时针方向旋转60°至△ACE，连接DE，过点E作EF⊥AD，交AD 的延长线于点F，由设DF＝a，则EF＝a，DE＝CE＝2a，三角形面积可求出EF长，由勾股定理可求出AE的长，则BD可求出．【解答】解：将△BCD顺时针方向旋转60°至△ACE，连接DE，过点E作EF⊥AD，交AD的延长线于点F，∴CD＝CE，∠ECD＝60°，∴△CDE为等边三角形，∴∠CDE＝∠CED＝∠ECD＝60°，∵∠ADC＝60°，∴∠ADC＝∠ECD，∴AD∥CE，∴S△ACE＝S△CDE，∵将△BCD顺时针方向旋转60°至△ACE，∴S△BCD＝S△ACE，∴S△CDE＝S△BCD＝，∵∠ADC＝∠CDE＝60°，∴∠EDF＝60°，在Rt△FDE中，设DF＝a，则EF＝a，DE＝CE＝2a，∴S△CDE＝，解得：a＝，∴EF＝，∵AD＝8，∴AF＝8+＝，∴AE＝＝＝，∴BD＝AE＝．故答案为：．【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定，三角形的面积等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．12．如图，△ABC中，∠ABC＝45°，AB＝2，BC＝6，AD⊥AC，AD＝AC，连接BD，则BD的长为2．【分析】如图作AM⊥BC垂足为M，DN⊥MA交MA的延长线于N，BE⊥DN交DN的延长线于E，易证明△ADN≌△CAM，四边形MNEB是矩形，在Rt△EBD中求出BE，ED即可．【解答】解：如图作AM⊥BC垂足为M，DN⊥MA交MA的延长线于N，BE⊥DN交DN 的延长线于E．∵∠E＝∠ENM＝∠NMB＝90°，∴四边形MNEB是矩形，∴BM＝EN，EB＝MN，∵∠DAC＝90°，∴∠DAN+∠MAC＝90°，∵∠MAC+∠ACM＝90°，∴∠DAN＝∠ACM，在△ADN和△CAM中，，∴△ADN≌△CAM（AAS），∴AM＝DN，AN＝CM．在Rt△ABM中，∵AB＝2，∠ABM＝45°，∴BM＝AM＝2，MC＝BC﹣BM＝4，在Rt△BDE中，∵EB＝MN＝6，ED＝4，∴BD＝＝＝2．【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质、矩形的判定和性质、勾股定理等知识，添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．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15．【分析】以A为旋转中心，把△BAC逆时针旋转120°，得到△EAD，连接BE，作AP ⊥BE于P，根据等腰三角形的性质、余弦的概念求出BE，根据旋转变换的性质得到∠DEB＝90°，根据勾股定理计算即可．【解答】解：以A为旋转中心，把△BAC逆时针旋转120°，得到△EAD，连接BE，作AP⊥BE于P，则∠BAE＝120°，AB＝AE，DE＝BC，∴∠ABE＝∠AEB＝30°，∴BP＝AB•cos∠ABP＝，∠DEB＝90°，∴BE＝2BP＝9，在Rt△BED中，BD＝＝15，故答案为：15．【点评】本题考查的是勾股定理、直角三角形的性质、等腰三角形的性质，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．14．如图，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，∠APC＝165°，P A＝3，PC＝，则PB＝．【分析】将△ACP绕着点C逆时针旋转90°得到△BCP′，连接PP′，可得△CPP′是等腰直角三角形，进而求出∠PP′B＝120°，PP′＝2，再作辅助线，构造直角三角形利用勾股定理可求出答案．【解答】解：将△ACP绕着点C逆时针旋转90°得到△BCP′，连接PP′，过点P作PD⊥BP′，交BP′的延长线于点D，如图所示：由旋转可知，CP＝CP′，∠∠PCP′＝90°，∠APC＝∠BP′C＝165°，∴∠CPP′＝∠CP′P＝45°，PP′＝PC＝2，∴∠PP′B＝∠CP′B﹣∠CP′P＝165°﹣45°＝120°∴∠PP′D＝180°﹣120°＝60°，在Rt△PP′D中，P′D＝PP′＝1，PD＝＝，∴BD＝BP′+P′D＝3+1＝4，在Rt△BPD中，由勾股定理得：BP＝＝，故答案为．【点评】考查旋转的性质，等腰直角三角形的性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识，旋转的应用巧妙的将问题转化到一个三角形中，再依据特殊的边角关系求出答案是一个很好的方法．15．如图，在等腰直角三角形ABC中，已知∠ACB＝90°，P是△ABC内一点，使P A＝11，PB＝7，PC＝6，则∠BPC＝135°．【分析】根据旋转的性质得到CE＝CP＝6，AE＝BP＝7，∠PCE＝90°，求得∠CEP＝∠CPE＝45°，由勾股定理可得到PE＝6，根据勾股定理的逆定理得到△PEA是直角三角形，求得∠PEA＝90°，根据全等三角形的性质即可得到结论．【解答】解：如图，将△CPB绕点C旋转90°得△CEA，连接PE，∴△CPB≌△CEA，∴CE＝CP＝6，AE＝BP＝7，∠PCE＝90°，∴∠CEP＝∠CPE＝45°，在Rt△PCE中，由勾股定理可得，PE＝6，在△PEA中，PE2＝（6）2＝72，AE2＝72＝49，P A2＝112＝121，∵PE2+AE2＝AP2，∴△PEA是直角三角形∴∠PEA＝90°，∴∠CEA＝135°，又∵△CPB≌△CEA，∴∠BPC＝∠CEA＝135°．故答案为135°【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．16．如图，O是正△ABC内一点，OA＝3，OB＝4，OC＝5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论：①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到；②点O与O′的距离为4；③∠AOB＝150°；④S四边形AOBO′＝6+3；⑤S△AOC+S△AOB═6+．其中正确的结论是①②③⑤．【分析】证明△BO′A≌△BOC，又∠OBO′＝60°，所以△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到，故结论①正确；由△OBO′是等边三角形，可知结论②正确；在△AOO′中，三边长为3，4，5，这是一组勾股数，故△AOO′是直角三角形；进而求得∠AOB＝150°，故结论③正确；S四边形AOBO′＝S△AOO′+S△OBO′＝6+4，故结论④错误；如图②，将△AOB绕点A逆时针旋转60°，使得AB与AC重合，点O旋转至O″点．利用旋转变换构造等边三角形与直角三角形，将S△AOC+S△AOB转化为S△COO″+S△AOO″，计算可得结论⑤正确．【解答】解：由题意可知，∠1+∠2＝∠3+∠2＝60°，∴∠1＝∠3，又∵OB＝O′B，AB＝BC，∴△BO′A≌△BOC，又∵∠OBO′＝60°，∴△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到，故结论①正确；如图①，连接OO′，∵OB＝O′B，且∠OBO′＝60°，∴△OBO′是等边三角形，∴OO′＝OB＝4．故结论②正确；∵△BO′A≌△BOC，∴O′A＝5．在△AOO′中，三边长为3，4，5，这是一组勾股数，∴△AOO′是直角三角形，∠AOO′＝90°，∴∠AOB＝∠AOO′+∠BOO′＝90°+60°＝150°，故结论③正确；S四边形AOBO′＝S△AOO′+S△OBO′＝×3×4+×42＝6+4，故结论④错误；如图②所示，将△AOB绕点A逆时针旋转60°，使得AB与AC重合，点O旋转至O″点．易知△AOO″是边长为3的等边三角形，△COO″是边长为3、4、5的直角三角形，则S△AOC+S△AOB＝S四边形AOCO″＝S△COO″+S△AOO″＝×3×4+×32＝6+，故结论⑤正确．综上所述，正确的结论为：①②③⑤．故答案为：①②③⑤．【点评】本题考查了旋转变换中等边三角形，直角三角形的性质．利用勾股定理的逆定理，判定勾股数3、4、5所构成的三角形是直角三角形，这是本题的要点．在判定结论⑤时，将△AOB向不同方向旋转，体现了结论①﹣结论④解题思路的拓展应用．17．等边△ABC的边长为2，三角形外部有一点D，CD＝2，连接AD、BD，若∠ADC ＝30°，则BD的长为2．【分析】将AD绕点A顺时针旋转60°到AE，连接BE，DE，延长DC交AE于点F，由旋转的性质和等边三角形的性质可得DF＝AF，AD＝2AF，由勾股定理可求AF＝2，AD＝4，由全等三角形的性质可得BE＝CD＝2，∠BEA＝∠CDA＝30°，由勾股定理可求BD的长．【解答】解：如图，将AD绕点A顺时针旋转60°到AE，连接BE，DE，延长DC交AE 于点F，∵旋转∴AE＝AD，∠DAE＝60°，∴△ADE是等边三角形，∴AD＝DE＝AE，∠ADE＝60°，又∵∠ADC＝30°，∴DF平分∠ADE，且AD＝DE，∴DF⊥AE，且∠ADF＝30°，∴DF＝AF，AD＝2AF，在Rt△AFC中，AC2＝AF2+CF2，∴28＝AF2+（AF﹣2）2，∴AF＝2，AF＝﹣（不合题意）∴AD＝2AF＝4＝DE，∵△ABC是等边三角形∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∴∠BAC＝∠DAE∴∠BAE＝∠DAC，且AB＝AC，AE＝AD，∴△BAE≌△CAD（SAS）∴BE＝CD＝2，∠BEA＝∠CDA＝30°，∴∠BED＝∠BEA+∠AED＝90°∴BD＝＝2故答案为：2【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，综合运用这些性质进行推理是本题的关键．18．如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝90°，∠BCD＝30°，∠BAD的平分线AE与DC边相交于点E，连接BE，AC，若AC＝7，△BCE的周长为16，则线段BC 的长为6．【分析】把△ABC绕点A逆时针旋转90°得到△ADK，连接CK，作KH⊥CD于H，则AC＝AK＝7，∠CAK＝90°，∠ADK＝∠ABC，DK＝BC＝x，CK＝14，根据∠BAD ＝90°，∠BCD＝30°，可得∠ABC+∠ADC＝240°，所以∠ADK+∠ADC＝240°，即∠CDK＝120°，因为DH＝x，HK＝x，CD＝16﹣x，在Rt△KHC中，由勾股定理即可得出x的值，从而求得BC的长．【解答】解：如图，把△ABC绕点A逆时针旋转90°得到△ADK，连接CK，作KH⊥CD于H，则AC＝AK＝7，∠CAK＝90°，∠ADK＝∠ABC，DK＝BC＝x，∴CK＝，∵∠BAD＝90°，∠BCD＝30°，∴∠ABC+∠ADC＝360°﹣30°﹣90°＝240°，∴∠ADK+∠ADC＝240°，∴∠CDK＝120°，即∠KDH＝60°，∴DH＝x，HK＝x，∵AB＝AD，∠BAE＝∠DAE，AE＝AE，∴△ABE≌△ADE（SAS），∴BE＝ED，∵△BCE的周长为16，∴BC+CE+BE＝BC+CE+ED＝BC+CD＝DK+CD＝16，∴CD＝16﹣x，CH＝16﹣x+x＝16﹣，在Rt△KHC中，，解得：x＝6或x＝10（舍去），∴BC的长为6．故答案为：6．【点评】本题考查图形的旋转，三角形全等的判定和性质，直角三角形的性质．解题的关键是掌握图形旋转的性质．二．解答题（共22小题）19．某学校活动小组在作三角形的拓展图形，研究其性质时，经历了如下过程：●操作发现：已知△ABC如图1，分别以AB和AC为边向△ABC外侧作等边△ABD和等边△ACE，连接BE、CD，请你完成作图并证明BE＝CD．（要求：尺规作图，不写作法但保留作图痕迹）●类比探究：如图2，分别以AB和AC为边向△ABC外侧作正方形ABDE和正方形ACFG，连接CE、BG，则线段CE、BG有什么数量关系？说明理由．●灵活运用：如图3，已知△ABC中，AB＝，BC＝3，∠ABC＝45°，过点A作EA⊥AC，垂足为A，且满足AC＝AE，求BE的长．【分析】（1）根据题意画出相应图形，如图所示，（分别以点A，B为圆心，AB长为半径画弧，两弧的交点即为点D，△ABD为等边三角形，△ACE同理可得），由三角形ABD 与三角形ACE都为等边三角形，利用等边三角形的性质得到AD＝AB，AE＝AC，且∠BAD＝∠CAE＝60°，利用等式的性质得到夹角相等，利用SAS得到三角形ACD与三角形AEB全等，利用全等三角形的对应边相等得到CD＝BE；（2）CE＝BG，理由为：由四边形ABDE与四边形ACFG都为正方形，利用正方形的性质得到AD＝AB，AE＝AC，且∠BAD＝∠CAE＝90°，利用等式的性质得到夹角相等，利用SAS得到三角形ACE与三角形ABG全等，利用全等三角形的对应边相等得到CE＝BG；（3）以AB为边向外作等腰直角三角形ABG，连接CG，在等腰三角形ABG中，利用勾股定理求出BG的长，进而得到三角形BCG为直角三角形，利用勾股定理求出CG的长，由三角形ACG与三角形ABE都为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质得到AG ＝AB，AE＝AC，且∠BAG＝∠CAE＝90°，利用等式的性质得到夹角相等，利用SAS 得到三角形ACG与三角形ABE全等，利用全等三角形的对应边相等得到CG＝BE，即可求出BE的长．【解答】解：（1）作图，如图所示：。

中考数学几何模型复习手拉手模型一、方法突破问题一：构成手拉手的必要条件．当对一个几何图形记忆并不深刻的时候，可以尝试用文字取总结要点，比如手拉手：四线共点，两两相等，夹角相等．条件：如图，OA=OB，OC=OD（四线共点，两两相等），∠AOB=∠COD（夹角相等）结论：△OAC≌△OBD（SAS）证明无需赘述，关于条件中的OA=OB，OC=OD，有时候会直接以特殊几何图形的形式给出，比如我们都很熟悉的等边三角形和正方形．1．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：结论一：△ACD≌△BCE证明：AC BCACD BCECD CE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩→ △ACD≌△BCE（SAS）ABCDOD（2）记AC 、BE 交点为M ，AD 、CE 交点为N ：结论二：△ACN ≌△BCM ；△MCE ≌△NCD证明：MBC NAC BC AC BCM ACN ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩→ △ACN ≌△BCM （SAS ）；MCE NCD CE CDCEM CDN ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩→ △MCE ≌△NCD （ASA ） （3）连接MN ：结论三：△MNC 是等边三角形．证明：60CM CNMCN =⎧⎨∠=︒⎩→△MCN 是等边三角形．（4）记AD 、BE 交点为P ，连接PC ：结论四：PC 平分∠BPD证明：△BCE ≌△ACD → CG =CH → PC 平分∠BPD ．DDHG ααEDCBAP（5）结论五：∠APB =∠BPC =∠CPD =∠DPE =60°．（6）连接AE ：结论六：P 点是△ACE 的费马点（P A +PC +PE 值最小）2．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 ：结论一：△BCE ≌△DCG证明：CB CD BCE DCG CE CG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩→ △BCE ≌△DCG （SAS ）结论二：BE =DG ，BE ⊥DG证明：△BCE ≌△DCG → BE =DG ；∠CBE ＝∠CDG → ∠DHB =∠BCD =90°（旋转角都相等）【重点概述】手拉手模型是一种基本的旋转型全等，与其说看图找模型，不如是“找条件、定模型”．60°60°60°60°PABCDEEDCBAPF问题二：条件与结论如何设计？设计一：我们可以给出手拉手模型条件，得到一组全等来解决问题，就像问题一中所得出的结论那样； 设计二：如果题目已知△ABC ≌△ADE 外，则还可得△ABD 和△ACE 均为等腰三角形，且有△ABD ∽△ACE ，AB AD BDAC AE CE==．问题三：如何构造手拉手？如何构造手拉手？换句话说，如何构造旋转？当我们在思考这个问题的时候，不妨先问一句，旋转能带来什么？图形位置的改变，这一点就够了，因为，若有数量关系，则先有位置关系．二、典例精析例一：如图，等边三角形ABC 的边长为4，点O 是ABC ∆的中心，120FOG ∠=︒，绕点O 旋转FOG ∠，分别交线段AB 、BC 于D 、E 两点，连接DE ，给出下列四个结论：①OD OE =；②ODE BDE S S ∆∆=；③四边形ODBEBDE ∆周长的最小值为6．上述结论中正确的个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．4例二：如图，点P 在等边ABC ∆的内部，且6PC =，8PA =，10PB =，将线段PC 绕点C 顺时针旋转60︒得到P C '，连接AP '，则sin PAP '∠的值为 ．EDCBAC例三：如图，P 是等边三角形ABC 内一点，将线段AP 绕点A 顺时针旋转60︒得到线段AQ ，连接BQ ．若6PA =，8PB =，10PC =，则四边形APBQ 的面积为 ．例四：如图，等边三角形ABC 内有一点P ，分別连结AP 、BP 、CP ，若6AP =，8BP =，10CP =．则ABP BPC S S ∆∆+= ．例五：如图，P 为等边三角形ABC 内的一点，且P 到三个顶点A ，B ，C 的距离分别为3，4，5，则ABC∆的面积为( )A．9 B．9 C．18+D．18 例六：在Rt △ABC 中，AB =AC ，点P 是三角形内一点且∠APB =135°，PC =AC 的最大值为_________．QPABCPABCPABCABCP三、中考真题演练1．（2021•日照）问题背景：如图1，在矩形ABCD中，AB=30ABD∠=︒，点E是边AB的中点，过点E作EF AB⊥交BD于点F．实验探究：（1）在一次数学活动中，小王同学将图1中的BEF∆绕点B按逆时针方向旋转90︒，如图2所示，得到结论：①AEDF=；②直线AE与DF所夹锐角的度数为．（2）小王同学继续将BEF∆绕点B按逆时针方向旋转，旋转至如图3所示位置．请问探究（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由．拓展延伸：在以上探究中，当BEF∆旋转至D、E、F三点共线时，则ADE∆的面积为．2．（2021•贵港）已知在ABC∆中，O为BC边的中点，连接AO，将AOC∆绕点O顺时针方向旋转（旋转角为钝角），得到EOF∆，连接AE，CF．（1）如图1，当90=；=时，则AE与CF满足的数量关系是AE CF∠=︒且AB ACBAC（2）如图2，当90≠时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若∠=︒且AB ACBAC不成立，请说明理由．（3）如图3，延长AO到点D，使OD OABC=时，求DE的长．=，连接DE，当5==，6AO CF3．（2021•黑龙江）在等腰ADE ∆中，AE DE =，ABC ∆是直角三角形，90CAB ∠=︒，12ABC AED ∠=∠，连接CD 、BD ，点F 是BD 的中点，连接EF ．（1）当45EAD ∠=︒，点B 在边AE 上时，如图①所示，求证：12EF CD =；（2）当45EAD ∠=︒，把ABC ∆绕点A 逆时针旋转，顶点B 落在边AD 上时，如图②所示，当60EAD ∠=︒，点B 在边AE 上时，如图③所示，猜想图②、图③中线段EF 和CD 又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．4．（2021•通辽）已知AOB ∆和MON ∆都是等腰直角三角形)OM OA <<，90AOB MON ∠=∠=︒．（1）如图1，连接AM ，BN ，求证：AM BN =； （2）将MON ∆绕点O 顺时针旋转．①如图2，当点M 恰好在AB 边上时，求证：2222AM BM OM +=；②当点A ，M ，N 在同一条直线上时，若4OA =，3OM =，请直接写出线段AM 的长．5．（2021•十堰）已知等边三角形ABC，过A点作AC的垂线l，点P为l上一动点（不与点A重合），连接CP，把线段CP绕点C逆时针方向旋转60︒得到CQ，连QB．（1）如图1，直接写出线段AP与BQ的数量关系；（2）如图2，当点P、B在AC同侧且AP AC=时，求证：直线PB垂直平分线段CQ；∆，（3）如图3，若等边三角形ABC的边长为4，点P、B分别位于直线AC异侧，且APQ求线段AP的长度．6．（2020•沈阳）在ABC ∆中，AB AC =，BAC α∠=，点P 为线段CA 延长线上一动点，连接PB ，将线段PB 绕点P 逆时针旋转，旋转角为α，得到线段PD ，连接DB ，DC ． （1）如图1，当60α=︒时， ①求证：PA DC =； ②求DCP ∠的度数；（2）如图2，当120α=︒时，请直接写出PA 和DC 的数量关系．（3）当120α=︒时，若6AB =，BP D 到CP 的距离为 ．中考数学几何模型复习手拉手模型一、方法突破问题一：构成手拉手的必要条件．当对一个几何图形记忆并不深刻的时候，可以尝试用文字取总结要点，比如手拉手：四线共点，两两相等，夹角相等．条件：如图，OA=OB，OC=OD（四线共点，两两相等），∠AOB=∠COD（夹角相等）结论：△OAC≌△OBD（SAS）证明无需赘述，关于条件中的OA=OB，OC=OD，有时候会直接以特殊几何图形的形式给出，比如我们都很熟悉的等边三角形和正方形．3．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：结论一：△ACD≌△BCE证明：AC BCACD BCECD CE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩→ △ACD≌△BCE（SAS）ABCDOD（2）记AC 、BE 交点为M ，AD 、CE 交点为N ：结论二：△ACN ≌△BCM ；△MCE ≌△NCD证明：MBC NAC BC AC BCM ACN ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩→ △ACN ≌△BCM （SAS ）；MCE NCD CE CDCEM CDN ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩→ △MCE ≌△NCD （ASA ） （3）连接MN ：结论三：△MNC 是等边三角形．证明：60CM CNMCN =⎧⎨∠=︒⎩→△MCN 是等边三角形．（4）记AD 、BE 交点为P ，连接PC ：结论四：PC 平分∠BPD证明：△BCE ≌△ACD → CG =CH → PC 平分∠BPD ．DDDHG ααEDCBAP（5）结论五：∠APB =∠BPC =∠CPD =∠DPE =60°．（6）连接AE ：结论六：P 点是△ACE 的费马点（P A +PC +PE 值最小）4．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 ：结论一：△BCE ≌△DCG证明：CB CD BCE DCG CE CG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩→ △BCE ≌△DCG （SAS ）结论二：BE =DG ，BE ⊥DG证明：△BCE ≌△DCG → BE =DG ；∠CBE ＝∠CDG → ∠DHB =∠BCD =90°（旋转角都相等）【重点概述】手拉手模型是一种基本的旋转型全等，与其说看图找模型，不如是“找条件、定模型”．60°60°60°60°PAB CDEEDCBAPF问题二：条件与结论如何设计？设计一：我们可以给出手拉手模型条件，得到一组全等来解决问题，就像问题一中所得出的结论那样； 设计二：如果题目已知△ABC ≌△ADE 外，则还可得△ABD 和△ACE 均为等腰三角形，且有△ABD ∽△ACE ，AB AD BDAC AE CE==．问题三：如何构造手拉手？如何构造手拉手？换句话说，如何构造旋转？当我们在思考这个问题的时候，不妨先问一句，旋转能带来什么？图形位置的改变，这一点就够了，因为，若有数量关系，则先有位置关系．二、典例精析例一：如图，等边三角形ABC 的边长为4，点O 是ABC ∆的中心，120FOG ∠=︒，绕点O 旋转FOG ∠，分别交线段AB 、BC 于D 、E 两点，连接DE ，给出下列四个结论：①OD OE =；②ODE BDE S S ∆∆=；③四边形ODBEBDE ∆周长的最小值为6．上述结论中正确的个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．4 【分析】等边三角形中的旋转型全等连接OB 、OC ，易证△OBD ≌△OCE ，∴OD =OE ，结论①正确；考虑∠FOG 是可以旋转的，△ODE 面积和△BDE 面积并非始终相等，故结论②错误；ECBACC∵△OBD ≌△OCE ，∴四边形ODBE 的面积等于△OBC的面积，142OBCS=⨯=，故结论③正确；考虑BD =CE ，∴BD +BE =CE +BE =4，只要DE 最小，△BDE 周长就最小，△ODE 是顶角为120°的等腰三角形，故OD 最小，DE 便最小， 当OD ⊥AB 时，OD此时2DE ==，∴周长最小值为6，故结论④正确． 综上，选C ，正确的有①③④．【小结】所谓全等，实际就是将△ODB 绕点O 旋转到△OEC 的位置．等等，好像和某个图有点神似，如下：当然这个图形还可以简化一下，毕竟和D 点及F 点并没有什么关系．结论与证明不多赘述，题型可以换，但旋转是一样的旋转．例二：如图，点P 在等边ABC ∆的内部，且6PC =，8PA =，10PB =，将线段PC 绕点C 顺时针旋转60︒得到P C '，连接AP '，则sin PAP '∠的值为 ．【分析】连接PP '，则CPP '△是等边三角形，故6PP PC '==，易证△CPB ≌CP A '△，∴10AP BP '==， 又AP =8，∴APP '△是直角三角形，∴3sin 5PAP '∠=．D例三：如图，P 是等边三角形ABC 内一点，将线段AP 绕点A 顺时针旋转60︒得到线段AQ ，连接BQ ．若6PA =，8PB =，10PC =，则四边形APBQ 的面积为 ．【分析】分四边形为三角形．连接PQ ，易证△APQ 是等边三角形，△BPQ 是直角三角形，26APQS=168242BPQS =⨯⨯=， ∴四边形APBQ的面积为(．例四：如图，等边三角形ABC 内有一点P ，分別连结AP 、BP 、CP ，若6AP =，8BP =，10CP =．则ABP BPC S S ∆∆+= ．【分析】构造旋转．如图，将△BPC 绕点B 逆时针旋转60°得△BEA ，连接EP ， 可得△AEP 是直角三角形，△BEP 是等边三角形，21688242APBBPCAEPBEPSSSS+=+=⨯⨯+=+ 所以本题答案为24+QPABCQPABCPABCC搭配一：若222PA PB PC+=，则可任意旋转，得等边+直角．且两条较短边夹角（∠APB）为150°．搭配二：若∠APB=150°，则有222PA PB PC+=．例五：如图，P为等边三角形ABC内的一点，且P到三个顶点A，B，C的距离分别为3，4，5，则ABC∆的面积为()A．9B．9C．18+D．18【分析】（3，4，5）是一组勾股数，通过旋转构造直角三角形．法一：如图，将三个小三角形面积分别123S S S、、考虑到△ABC是等边三角形，可将△APB 旋转到△ADC位置，可得：21331334642ADP PCDS S S S+=+=+⨯⨯=，同理可得：212143462S S++⨯⨯=，223153462S S+=+⨯⨯=，∴()123218S S S++，∴1239S S S++，故选A．CC CPABCS3S2S1PAB CC法二：如图，易证∠APB =150°，过点A 作BP 的垂线交BP 延长线于点H ，则1322AH AP ==，PH，4BH =)2229271625944S AH BH ==+=+++=+=⎝． 【思考】如果放在正方形里，条件与结论又该如何搭配？作旋转之后，可得△AEP 是等腰直角三角形，若使△PEB 也为直角三角形， 则原∠APD =135°，而线段PA 、PB 、PD 之间的关系为：2222PA PD PB +=．搭配一：若∠APD =135°，则2222PA PD PB +=；搭配二：若2222PA PD PB +=，则∠APD =135°．另外，其实这个图和点C 并没有什么关系，所以也可以将正方形换成等腰直角三角形． 大概如下图：抓主要条件，舍弃无用条件，也是理解几何图形的一种方式．例六：在Rt △ABC 中，AB =AC ，点P 是三角形内一点且∠APB =135°，PC =AC 的最大值为_________．【分析】显然根据∠APB =135，构造旋转．可得：△APQ 是等腰直角三角形，△PQC 是直角三角形，且∠PQC =90°，另外还有条件PC =HPABC EAB CDEPABCPC重新梳理下条件，（1）有一条线段PC =（2）∠PQC =90°，则Q 点轨迹是个圆弧，（3）以PQ 为斜边在PC 异侧作等腰直角三角形，点A 是直角顶点．∴A 点轨迹是什么？瓜豆原理啦，也是个圆弧：∴AC22=．三、中考真题演练1．（2021•日照）问题背景：如图1，在矩形ABCD 中，AB =30ABD ∠=︒，点E 是边AB 的中点，过点E 作EF AB ⊥交BD 于点F ． 实验探究：（1）在一次数学活动中，小王同学将图1中的BEF ∆绕点B 按逆时针方向旋转90︒，如图2所示，得到结论：①AEDF= ；②直线AE 与DF 所夹锐角的度数为 ． （2）小王同学继续将BEF ∆绕点B 按逆时针方向旋转，旋转至如图3所示位置．请问探究（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由． 拓展延伸：在以上探究中，当BEF ∆旋转至D 、E 、F 三点共线时，则ADE ∆的面积为 ．CPP PCCC【解答】解：（1）如图1，30ABD ∠=︒，90DAB ∠=︒，EF BA ⊥，cos BE AB ABD BF DB ∴∠==， 如图2，设AB 与DF 交于点O ，AE 与DF 交于点H ，BEF ∆绕点B 按逆时针方向旋转90︒，90DBF ABE ∴∠=∠=︒，FBD EBA ∴∆∆∽，∴AE BE DF BF ==，BDF BAE ∠=∠， 又DOB AOF ∠=∠，30DBA AHD ∴∠=∠=︒，∴直线AE 与DF 所夹锐角的度数为30︒，，30︒；（2）结论仍然成立，理由如下：如图3，设AE 与BD 交于点O ，AE 与DF 交于点H ，将BEF ∆绕点B 按逆时针方向旋转，ABE DBF ∴∠=∠，又BE AB BF DB ==， ABE DBF ∴∆∆∽，∴AE BE DF BF ==，BDF BAE ∠=∠， 又DOH AOB ∠=∠，30ABD AHD ∴∠=∠=︒，∴直线AE 与DF 所夹锐角的度数为30︒．拓展延伸：如图4，当点E 在AB 的上方时，过点D 作DG AE ⊥于G ，2AB =30ABD ∠=︒，点E 是边AB 的中点，90DAB ∠=︒，BE ∴2AD =，4DB =，30EBF ∠=︒，EF BE ⊥，1EF ∴=，D 、E 、F 三点共线，90DEB BEF ∴∠=∠=︒，DE ∴30DEA ∠=︒，12DG DE ∴==由（2）可得：AE BE DF BF ==，∴=AE ∴，ADE ∴∆的面积1122AE DG =⨯⨯==； 如图5，当点E 在AB 的下方时，过点D 作DG AE ⊥，交EA 的延长线于G ，同理可求：ADE ∆的面积1122AE DG =⨯⨯==2．（2021•贵港）已知在ABC ∆中，O 为BC 边的中点，连接AO ，将AOC ∆绕点O 顺时针方向旋转（旋转角为钝角），得到EOF ∆，连接AE ，CF ．（1）如图1，当90BAC ∠=︒且AB AC =时，则AE 与CF 满足的数量关系是 ；（2）如图2，当90BAC ∠=︒且AB AC ≠时，（1）中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．（3）如图3，延长AO 到点D ，使OD OA =，连接DE ，当5AO CF ==，6BC =时，求DE 的长．【解答】解：（1）结论：AE CF=．理由：如图1中，=，∠=︒，OC OB AB ACBAC=，90⊥，∴==，AO BCOA OC OB∠=∠=︒，AOC EOF90∴∠=∠，AOE COF=，=，OE OFOA OCAOE COF SAS∴∆≅∆，()∴=．AE CF（2）结论成立．理由：如图2中，=，∠=︒，OC OBBAC90∴==，OA OC OB∠=∠，AOC EOF∴∠=∠，AOE COF=，=，OE OFOA OC∴∆≅∆，AOE COF SAS()∴=．AE CF（3）如图3中，由旋转的性质可知OE OA=，OA OD=，5OE OA OD∴===，90AED∴∠=︒，OA OE=，OC OF=，AOE COF∠=∠，∴OA OEOC OF=，AOE COF∴∆∆∽，∴AE OACF OC=，5 CF OA==，∴5 53 AE=，253 AE∴=，DE∴=．3．（2021•黑龙江）在等腰ADE ∆中，AE DE =，ABC ∆是直角三角形，90CAB ∠=︒，12ABC AED ∠=∠，连接CD 、BD ，点F 是BD 的中点，连接EF ．（1）当45EAD ∠=︒，点B 在边AE 上时，如图①所示，求证：12EF CD =； （2）当45EAD ∠=︒，把ABC ∆绕点A 逆时针旋转，顶点B 落在边AD 上时，如图②所示，当60EAD ∠=︒，点B 在边AE 上时，如图③所示，猜想图②、图③中线段EF 和CD 又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．【解答】（1）证明：如图①中，EA ED =，45EAD ∠=︒，45EAD EDA ∴∠=∠=︒，90AED ∴∠=︒，BF FD =，12EF DB ∴=， 90CAB ∠=︒，45CAD BAD ∴∠=∠=︒，1452ABC AED ∠=∠=︒， 45ACB ABC ∴∠=∠=︒，AC AB ∴=，AD ∴垂直平分线段BC ，DC DB ∴=，12EF CD ∴=． （2）解：如图②中，结论：12EF CD =．理由：取CD 的中点T ，连接AT ，TF ，ET ，TE 交AD 于点O ． 90CAD ∠=︒，CT DT =，AT CT DT ∴==，EA ED =，ET ∴垂直平分线段AD ，AO OD ∴=，90AED ∠=︒，OE OA OD ∴==，CT TD =，BF DF =，//BC FT ∴，45ABC OFT ∴∠=∠=︒，90TOF ∠=︒，45OTF OFT ∴∠=∠=︒，OT OF ∴=，AF ET ∴=，FT TF =，AFT ETF ∠=∠，FA TE =，()AFT ETF SAS ∴∆≅∆，EF AT ∴=，12EF CD ∴=．如图③中，结论：EF =．理由：取AD 的中点O ，连接OF ，OE ．EA ED =，60AED ∠=︒，ADE ∴∆是等边三角形，AO OD =，OE AD ∴⊥，30AEO OED ∠=∠=︒，tan AO AEO OE ∴∠==∴OEAD =1302ABC AED ∠=∠=︒，90BAC ∠=︒，AB ∴，AO OD =，BF FD =，12OF AB ∴=，∴OF AC =， ∴OE OFAD AC =，//OF AB ，DOF DAB ∴∠=∠，90DOF EOF ∠+∠=︒，90DAB DAC ∠+∠=︒，EOF DAC ∴∠=∠，EOF DAC ∴∆∆∽，∴EFOECD AD =，EF ∴．4．（2021•通辽）已知AOB ∆和MON ∆都是等腰直角三角形)OM OA <<，90AOB MON ∠=∠=︒． （1）如图1，连接AM ，BN ，求证：AM BN =；（2）将MON ∆绕点O 顺时针旋转． ①如图2，当点M 恰好在AB 边上时，求证：2222AM BM OM +=； ②当点A ，M ，N 在同一条直线上时，若4OA =，3OM =，请直接写出线段AM 的长．【解答】（1）证明：90AOB MON ∠=∠=︒， AOB AON MON AON ∴∠+∠=∠+∠，即AOM BON ∠=∠，AOB ∆和MON ∆都是等腰直角三角形，OA OB ∴=，OM ON =，()AOM BON SAS ∴∆≅∆，AM BN ∴=；（2）①证明：连接BN ，90AOB MON ∠=∠=︒，AOB BOM MON BOM ∴∠-∠=∠-∠，即AOM BON ∠=∠，AOB ∆和MON ∆都是等腰直角三角形，OA OB ∴=，OM ON =，()AOM BON SAS ∴∆≅∆，45MAO NBO ∴∠=∠=︒，AM BN =，90MBN ∴∠=︒，222MB BN MN ∴+=，MON ∆都是等腰直角三角形，222MN ON ∴=，2222AM BM OM ∴+=；②解：如图3，当点N 在线段AM 上时，连接BN ，设BN x =， 由（1）可知AOM BON ∆≅∆，可得AM BN =且AM BN ⊥， 在Rt ABN ∆中，222AN BN AB +=，AOB ∆和MON ∆都是等腰直角三角形，4OA =，3OM =，MN ∴=，AB =222(x x ∴-+=，解得：x =，AM BN ∴= 如图4，当点M 在线段AN 上时，连接BN ，设BN x =， 由（1）可知AOM BON ∆≅∆，可得AM BN =且AM BN ⊥， 在Rt ABN ∆中，222AN BN AB +=，AOB ∆和MON ∆都是等腰直角三角形，4OA =，3OM =，MN ∴=，AB =222(x x ∴++=，解得：x =，AM BN ∴=，综上所述，线段AM ． 5．（2021•十堰）已知等边三角形ABC ，过A 点作AC 的垂线l ，点P 为l 上一动点（不与点A 重合），连接CP ，把线段CP 绕点C 逆时针方向旋转60︒得到CQ ，连QB ．（1）如图1，直接写出线段AP 与BQ 的数量关系；（2）如图2，当点P 、B 在AC 同侧且AP AC =时，求证：直线PB 垂直平分线段CQ ；（3）如图3，若等边三角形ABC 的边长为4，点P 、B 分别位于直线AC 异侧，且APQ ∆，求线段AP 的长度．【解答】解：（1）在等边ABC ∆中，AC BC =，60ACB ∠=︒， 由旋转可得，CP CQ =，60PCQ ∠=︒， ACB PCQ ∴∠=∠，ACB PCB PCQ PCB ∴∠-∠=∠-∠，即ACP BCQ ∠=∠， ()ACP BCQ SAS ∴∆≅∆，AP BQ ∴=．（2）在等边ABC ∆中，AC BC =，60ACB ∠=︒， 由旋转可得，CP CQ =，60PCQ ∠=︒，ACB PCQ ∴∠=∠，ACB PCB PCQ PCB ∴∠-∠=∠-∠，即ACP BCQ ∠=∠， ()ACP BCQ SAS ∴∆≅∆，AP BQ ∴=，90CBQ CAP ∠=∠=︒；BQ AP AC BC ∴===，AP AC =，90CAP ∠=︒，30BAP ∴∠=︒，75ABP APB ∠=∠=︒，135CBP ABC ABP ∴∠=∠+∠=︒，45CBD ∴∠=︒，45QBD ∴∠=︒，CBD QBD ∴∠=∠，即BD 平分CBQ ∠，BD CQ ∴⊥且点D 是CQ 的中点，即直线PB 垂直平分线段CQ ．（3）①当点Q 在直线l 上方时，如图所示，延长BQ 交l 于点E ，过点Q 作QF l ⊥于点F ，由题意可得AC BC =，PC CQ =，60PCQ ACB ∠=∠=︒， ACP BCQ ∴∠=∠，()APC BCQ SAS ∴∆≅∆，AP BQ ∴=，90CBQ CAP ∠=∠=︒，60CAB ABC ∠=∠=︒，30BAE ABE ∴∠=∠=︒，4AB AC ==，AE BE ∴=， 60BEF ∴∠=︒，设AP t =，则BQ t =，EQ t ∴=-，在Rt EFQ ∆中，)QF t =-，12APQ S AP QF ∆∴=⋅=，即1)2t ⋅-=，解得t =t ．即AP ． ②当点Q 在直线l 下方时，如图所示，设BQ 交l 于点E ，过点Q 作QF l ⊥于点F ，由题意可得AC BC =，PC CQ =，60PCQ ACB ∠=∠=︒，ACP BCQ ∴∠=∠，()APC BCQ SAS ∴∆≅∆，AP BQ ∴=，90CBQ CAP ∠=∠=︒，60CAB ABC ∠=∠=︒，30BAE ABE ∴∠=∠=︒，120BEF ∴∠=︒，60QEF ∠=︒，4AB AC ==，AE BE ∴=， 设AP m =，则BQ m =，EQ m ∴=-，在Rt EFQ ∆中，QF m =，12APQ S AP QF ∆∴=⋅=，即12m m ⋅-解得m m ==．综上可得，AP 6．（2020•沈阳）在ABC ∆中，AB AC =，BAC α∠=，点P 为线段CA 延长线上一动点，连接PB ，将线段PB 绕点P 逆时针旋转，旋转角为α，得到线段PD ，连接DB ，DC ．（1）如图1，当60α=︒时，①求证：PA DC =；②求DCP ∠的度数；（2）如图2，当120α=︒时，请直接写出PA 和DC 的数量关系．（3）当120α=︒时，若6AB =，BP D 到CP 的距离为 ．【解答】（1）①证明：如图1中，将线段PB 绕点P 逆时针旋转，旋转角为α，得到线段PD ， PB PD ∴=，AB AC =，PB PD =，60BAC BPD ∠=∠=︒， ABC ∴∆，PBD ∆是等边三角形，60ABC PBD ∴∠=∠=︒，PBA DBC ∴∠=∠，BP BD =，BA BC =，()PBA DBC SAS ∴∆≅∆，PA DC ∴=．②解：如图1中，设BD 交PC 于点O ．PBA DBC ∆≅∆，BPA BDC ∴∠=∠，BOP COD ∠=∠，60OBP OCD ∴∠=∠=︒，即60DCP ∠=︒．（2）解：结论：CD =．理由：如图2中，AB AC =，PB PD =，120BAC BPD ∠=∠=︒，2cos30BC AB ∴=⋅⋅︒，2cos30BD BP =⋅︒=，∴BC BD BA BP= 30ABC PBD ∠=∠=︒，ABP CBD ∴∠=∠，CBD ABP ∴∆∆∽，∴CD BC PA AB=CD ∴=．（3）过点D 作DM PC ⊥于M ，过点B 作BN CP ⊥交CP 的延长线于N ． 如图31-中，当PBA ∆是钝角三角形时，在Rt ABN ∆中，90N ∠=︒，6AB =，60BAN ∠=︒，cos603AN AB ∴=⋅︒=，sin 60BN AB =⋅︒=2PN PB ==， 321PA ∴=-=，由（2）可知，CD = BPA BDC ∠=∠，30DCA PBD ∴∠=∠=︒， DM PC ⊥，12DM CD ∴=如图32-中，当ABP ∆是锐角三角形时，同法可得235PA =+=，CD =12DM CD ==综上所述，满足条件的DM ．．。

三垂直模型三垂直模型在三角形ABC中。

∠C=90°，AC=BC，直线MN经过点C，且AD⊥MM，BE⊥XXX。

1.当MN绕点C旋转到图1的位置时，我们可以发现DE=AD+BE，因为DE是直线MN与AC的交点，而AD和BE分别是直线AD和BE与MN的交点。

证明如下：连接CE，因为AC=BC，所以CE是AB的中线，即CE=1/2AB。

又因为CD⊥AB，所以DE=CE-CD=1/2AB-CD。

连接AE和EB，因为AD⊥MM，所以∠DAM=90°，因此∠EAM=∠EAB，即AE=AB×sin∠EAB。

同理，BE=BC×sin∠EBC。

因为AC=BC，所以sin∠EAB=sin∠XXX，即AE=BE。

综上所述，DE=1/2AB-XXX。

2.当MN绕点C旋转到图2的位置时，我们可以发现DE=BE-AD，因为DE是直线MN与BC的交点，而BE和AD分别是直线BE和AD与MN的交点。

我们猜测结论不会发生变化，证明如下：连接CE和AE，因为CD=CE，所以∠XXX∠CEB，即∠ADE=∠BCE。

因此，三角形ADE和BCE相似，即XXX 又因为CE=AC-AD，所以AE/BE=AD/(AC-AD)，即AE/AD=AC/BE-1.因为AC=BC，所以AE/AD=1-BE/AD。

两边同时乘以AD，得到AE=AD-BE。

综上所述，DE=BE-AD。

例1.1) 已知：如图，∠ACB=90°，CD⊥AB，CE=BC，过E 点作AC的垂线，交CD的延长线于点F，求证：AB=FC。

连接CE和EF，因为CE=BC，所以∠XXX∠XXX，即∠XXX∠FCE。

因此，三角形EBF和FCE相似，即EB/FC=BF/CE。

又因为CE=AB-AF，所以EB/FC=BF/(AB-AF)，即EB/FC=(AB-BF)/FC。

因为AB=BC，所以EB=FC-BC。

代入上式得到FC-BC/FC=(FC-BF)/FC，即BC=BF，即AB=FC。

AD B EC OA DB EC F A DBE C FOA DB CAD B C 似曾相识燕归来——再识相似模型1 A 、8模型已知：∠1=∠2结论：△ADE ∽△ABC模型分析如图，在相似三角形的判定中，我们常通过作平行线，从而得出A 型或8型相似，在做题时，我们也常常关注题目中由平行线所产生的相似三角形。

热搜精练1． 如图，D 、E 分别是△ABC 的边AB 、BC 上的点，且DE ∥AC ，AE 、CD 相交 于点O ，若S △DOE ：S △COA =1：25，则S △BDE 与S △CDEE 的比是 。

2． 如图所示，□ABCD 中，G 是BC 延长线上的一点，AG 与BD 交于点E ，与DC交于点F ，此图中的相似三角形共有 对。

3．如图，在△ABC 中，中线BD 、CE 相交于点O ，连接AO 并延长，交BC于点F 。

求证：点F 是BC 的中点。

4．在△ABC 中，AD 是角平分线，求证：AB BDAC CD。

5．如图，△ABC 为等腰直角三角形，∠ACB=90°，D 是边BC 的中点，E 在AB 上，且 AE ：BE=2：1。

求证：CE ⊥AD 。

反8型8型反A 型A 型12ADBEC12ADBE C12AD BEC21BD E ACD B CADBCADBCAB CA M NF A B D C D B CAO E 模型2 共边共角型已知：∠1=∠2结论：△ACD ∽△ABC模型分析上图中，不仅要熟悉模型，还要熟记模型的结论，有时候题目中会给出三角形边的乘积或比例关系，我们要能快速判断题中的相似三角形，模型中由△ACD ∽△ABC ，进而可以得到2AC AD AC =。

模型实例 例1．如图，D 是△ABC 边BC 上的一点，AB=4， AD=2，∠DAC=∠B ，如果△ABD 的面积为15， 那么△ACD 的面积为 。

例2．如图，在Rt △ABC 中，∠BAC-90°，AD ⊥BC 于D 。