手拉手模型 知识点习题（相似）

这是一份手拉手模型 知识点习题（相似），文件包含第2课认识其他动物的卵pptx、第2课认识其他动物的卵docx、不同动物的卵mp4、给不同动物的卵分类mp4、观察鸡蛋的内部结构mp4等5份课件配套教学资源，其中PPT共25页， 欢迎下载使用。主要包含了识别手拉手模型，“手”怎么判断，重要结论，构造手拉手模型等内容，欢迎下载使用。
【识别手拉手模型】
下面的图像均为手拉手模型题目中的图像，同学们能观察出两个图像共同的特点吗？
形如：共顶点、双等腰、顶角相等 的图形即为手拉手模型
【“手”怎么判断】
想象每个等腰三角形都是一个三角形的桌子，三边旁边分别有一个座位，我们选择面对顶角的座位坐下，那么左手边的顶点即左手，右手边的顶点即右手
【重要结论】
每一个手拉手模型都会共同的重要结论，把这些结论以及推理方法都记住，做题时可以快速求解
结论如下：
①▲ABC≅▲AB’C’ (▲顶左左≅▲顶右右）
②BC=B’C’ (左左=右右）
③∠BOB’=∠BAB’ （左左和右右的夹角=等腰三角形的顶角）
④AO平分∠BOC’ (利用全等三角形对应高线相等以及角平分线性质定理的逆定理证明）
【构造手拉手模型】
①什么样的题目需要构造手拉手模型？
如下图，图形中从一点A出发有三条线，其中两条相等，那么可以将▲ABC看作等腰三角形，那这个图形就和手拉手模型很像了，就是缺了一个等腰的手拉手
因此，已知共顶点等线段时可以构造手拉手模型
②如何构造手拉手模型？
牢记手拉手模型的特点：共顶点、双等腰、顶角相等，只要把图形补充为符合这些特点即可
即以AD为边、A为顶角、在顶角与▲ABC相等的情况下构造手拉手模型，如下图
相似型手拉手模型
【识别手拉手模型】
和全等型不同的是，相似型手拉手模型没有等腰，但是仍然符合共顶点、“顶角”等的特点，判断左右手的方式也和全等型相同
【重要结论】
①▲ABC~▲ADE、▲ABD~▲AEC（▲顶左左~▲顶右右）
②BDEC=ABAC=ADAE
【构造手拉手模型】
①什么时候构造相似型手拉手模型？
已知共顶点三条线，其中两条已知比例关系的，就可以构造手拉手模型，按照图形特点补充即可
解答题
1．（1）观察猜想：
如图1，在中，，点D，E分别在边，上，，，将绕点A逆时针旋转到如图2所示的位置，连接，交于点G，连接交于点F，则值为______，的度数为_____．
（2）类比探究：
如图3，当，时，请求出的值及的度数．
（3）拓展应用：
如图4，在四边形中，，，．若，，请直接写出A，D两点之间的距离．
2．（问题发现）（1）如图1，在Rt△ABC中，AB＝AC，D为BC边上一点（不与点B、C重合）将线段AD绕点A顺时针旋转90°得到AE，连结EC，则线段BD与CE的数量关系是 ，位置关系是 ；
（探究证明）（2）如图2，在Rt△ABC和Rt△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，将△ADE绕点A旋转，当点C，D，E在同一直线时，BD与CE具有怎样的位置关系，并说明理由；
（拓展延伸）（3）如图3，在Rt△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝2CD＝4，将△ACD绕顺时针旋转，点C对应点E，设旋转角∠CAE为α（0°＜α＜360°），当点C，D，E在同一直线时，画出图形，并求出线段BE的长度．
3．（1）问题探究：如图1所示，有公共顶点A的两个正方形ABCD和正方形AEFG．AE＜AB，连接BE与DG，请判断线段BE与线段DG之间有怎样的数量关系和位置关系．并请说明理由．
（2）理解应用：如图2所示，有公共顶点A的两个正方形ABCD和正方形AEFG，AE＜AB，AB＝10，将正方形AEFG绕点A在平面内任意旋转，当∠ABE＝15°，且点D、E、G三点在同一条直线上时，请直接写出AE的长 ；
（3）拓展应用：如图3所示，有公共顶点A的两个矩形ABCD和矩形AEFG，AD＝4，AB＝4，AG＝4，AE＝4，将矩形AEFG绕点A在平面内任意旋转，连接BD，DE，点M，N分别是BD，DE的中点，连接MN，当点D、E、G三点在同一条直线上时，请直接写出MN的长
4．几何探究：
（问题发现）
（1）如图1所示，△ABC和△ADE是有公共顶点的等边三角形，BD、CE的关系是_______（选填“相等”或“不相等”）；（请直接写出答案）

（类比探究）
（2）如图2所示，△ABC和△ADE是有公共顶点的含有角的直角三角形，（1）中的结论还成立吗?请说明理由；
（拓展延伸）
（3）如图3所示，△ADE和△ABC是有公共顶点且相似比为1 : 2的两个等腰直角三角形，将△ADE绕点A自由旋转，若，当B、D、E三点共线时，直接写出BD的长．
5．（1）问题发现如图1，在和中，，，，连接交于点.填空：①的值为______；②的度数为______．
（2）类比探究如图2，在和中，，，连接交的延长线于点.请判断的值及的度数，并说明理由；
（3）拓展延伸在（2）的条件下，将绕点在平面内旋转，所在直线交于点，若，，请直接写出当点与点在同一条直线上时的长．

6．在，，．点P是平面内不与点A，C重合的任意一点．连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转α得到线段DP，连接AD，BD，CP．
（1）观察猜想
如图1，当时，的值是 ，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是 ．
（2）类比探究
如图2，当时，请写出的值及直线BD与直线CP相交所成的小角的度数，并就图2的情形说明理由．
（3）解决问题
当时，若点E，F分别是CA，CB的中点，点P在直线EF上，请直接写出点C，P，D在同一直线上时的值．
参考答案
1．（1），45°；（2），30°；（3）2
【分析】
（1）由题意得△ABC和△ADE为等腰直角三角形，则，证△BAD∽△CAE，得，∠ABD=∠ACE，进而得出∠BFC=∠BAC=45°；
（2）由直角三角形的性质得DE=AD，BC=AB，AE=DE，AC=BC，则，证△BAD∽△CAE，得，∠ABD=∠ACE，证出∠BFC=∠BAC=30°；
（3）以AD为斜边在AD右侧作等腰直角三角形ADM，连接CM，由等腰直角三角形的性质得∠BAC=∠DAM=45°，，证△BAD∽△CAM，得∠ABD=∠ACM，，则CM=3，证出∠DCM=90°，由勾股定理得DM=，则AD=
DM=2．
【详解】
（1）∵∠ACB=90°，∠BAC=∠DAE=45°，DE=AE，
∴∆ABC和∆ADE为等腰直角三角形，
∴，
∵∠BAD=∠BAC+∠CAD，∠CAE=∠DAE+∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE，
∴∆BAD~∆CAE，
∴，∠ABD=∠ACE，
又∵∠AGB=∠FGC，
∴∠BFC=∠BAC=45°，
故答案是：，45°；
（2）∵∠ACB=∠AED=90°，∠BAC=∠DAE=30°，
∴DE=AD，BC=AB，AE=DE，AC=BC，
∴，
∵∠BAD=∠BAC+∠CAD，∠CAE=∠DAE+∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE，
∴∆BAD~∆CAE，
∴，∠ABD=∠ACE，
又∵∠AGB=∠FGC，
∴∠BFC=∠BAC=30°；
（3）以AD为斜边，在AD的右侧作等腰直角三角形ADM，连接CM，如图，
∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴∆ABC为等腰直角三角形，
∴∠BAC=∠DAM=45°，，
∴∠BAC-∠DAC=∠DAM-∠DAC，即∠BAD=∠CAM，
∴∆BAD~∆CAM，
∴∠ABD=∠ACM，，
又∵BD=6，
∴CM==3，
∵四边形ABDC的内角和为360°，∠BDC=45°，∠BAC=45°，∠ACB=90°
∴∠ABD+∠BCD=180°，
∴∠ACM+∠BCD=180°，
∴∠DCM=90°，
∴DM=，
∴AD=DM=2，
即A，D两点之间的距离是2．
【点睛】
本题主要考查相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，第（3）小题，添加辅助线，构造相似三角形，是解题的关键．
2．（1）BD＝CE，BD⊥CE；（2）BD⊥CE，理由见解析；（3）画出图形见解析，线段BE的长度为．
【分析】
（1）由题意易得AD=AE，∠CAE=∠BAD，从而可证△ABD≌△ACE，然后根据三角形全等的性质可求解；
（2）连接BD，由题意易得∠BAD=∠CAE，进而可证△BAD≌△CAE，最后根据三角形全等的性质及角的等量关系可求证；
（3）如图，过A作AF⊥EC，由题意可知Rt△ABC∽Rt△AED，∠BAC＝∠EAD＝90°，然后根据相似三角形的性质及题意易证△BAE∽△CAD，最后根据勾股定理及等积法进行求解即可．
【详解】
解：（1）在Rt△ABC中，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，∠B＝∠ACE＝45°，
∵∠ACB＝45°，
∴∠BCE＝45°+45°＝90°，
故答案为：BD＝CE，BD⊥CE；
（2）BD⊥CE，
理由：如图2，连接BD，
∵在Rt△ABC和Rt△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠AEC＝45°，
∵∠CAB＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∵AC＝AB，AE＝AD，
∴△CEA≌△BDA（SAS），
∴∠BDA＝∠AEC＝45°，
∴∠BDE＝∠ADB+∠ADE＝90°，
∴BD⊥CE；
（3）如图3，过A作AF⊥EC，
由题意可知Rt△ABC∽Rt△AED，∠BAC＝∠EAD＝90°，
∴，即，
∵∠BAC＝∠EAD＝90°，
∴∠BAE＝∠CAD，
∴△BAE∽△CAD，
∴∠ABE＝∠ACD，
∵∠BEC＝180°﹣（∠CBE+∠BCE）＝180°﹣（∠CBA+∠ABE+∠BCE）＝180°﹣（∠CBA+∠ACD+∠BCE）＝90°，
∴BE⊥CE，
在Rt△BCD中，BC＝2CD＝4，
∴BD＝，
∵AC⊥BD，
∴S△BCD＝AC•BD＝BC•AC，
∴AC＝AE＝，AD＝，
∴AF=，CE＝2CF＝2×，
∴BE＝．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的性质与判定及相似三角形的性质与判定，关键是根据题意得到三角形的全等，然后利用全等三角形的性质得到相似三角形，进而求解．
3．（1）BE＝DG，BE⊥DG，见解析；（2）5﹣5；（3）6或8
【分析】
（1）由“SAS”可证△GAD≌△EAB，可得BE＝DG，∠ADG＝∠ABE，由直角三角形的性质可得BE⊥DG；
（2）由“SAS”可证△GAD≌△EAB，可得BE＝DG，∠ADG＝∠ABE＝15°，可得∠DEB＝90°，由直角三角形的性质可求解；
（3）分两种情况讨论，通过证明△AGD∽△AEB，可得，∠DGA＝∠AEB，由勾股定理和三角形中位线定理可求解．
【详解】
解：（1）BE＝DG，BE⊥DG，
理由如下：如图1：延长BE交AD于N，交DG于H，

∵四边形ABCD是正方形，四边形AEFG是正方形，
∴AG＝AE，AB＝AD，∠GAE＝∠DAB＝90°，
∴∠GAD＝∠EAB，
∴△GAD≌△EAB（SAS），
∴BE＝DG，∠ADG＝∠ABE，
∵∠ABE+∠ANB＝90°，
∴∠ADG+∠DNH＝90°，
∴∠DHN＝90°，
∴BE⊥DG；
（2）如图，当点G在线段DE上时，连接BD，

∵四边形ABCD是正方形，四边形AEFG是正方形，
∴AG＝AE，AB＝AD＝10，∠GAE＝∠DAB＝90°，∠ADB＝45°＝∠ABD，BD＝AB＝10，GE＝AE，
∴∠GAD＝∠EAB，
∴△GAD≌△EAB（SAS），
∴BE＝DG，∠ADG＝∠ABE＝15°，
∴∠BDE＝45°﹣15°＝30°，∠DBE＝45°+15°＝60°，
∴∠DEB＝90°，
∴BE＝BD＝5＝DG，DE＝BE＝5，
∴GE＝5﹣5，
∴AE＝＝5﹣5，
当点E在线段DG上时，

同理可求AE＝5﹣5，
故答案为：5﹣5；
（3）如图，若点G在线段DE上时，

∵AD＝4，AB＝4，AG＝4，AE＝4，
∴DB＝＝＝8，GE＝＝＝8，∠DAB＝∠GAE＝90°，
∴∠DAG＝∠BAE，
又∵，
∴△AGD∽△AEB，
∴，∠DGA＝∠AEB，
∴BE＝DG，
∵∠DGA＝∠GAE+∠DEA，∠AEB＝∠DEB+∠AED，
∴∠GAE＝∠DEB＝90°，
∵DB2＝DE2+BE2，
∴64×13＝（DG+8）2+3DG2，
∴DG＝12或DG＝﹣16（舍去），
∴BE＝12，
∵点M，N分别是BD，DE的中点，
∴MN＝BE＝6；
如图，当点E在线段DG上时，

同理可求：BE＝16，
∵点M，N分别是BD，DE的中点，
∴MN＝BE＝8，
综上所述：MN为6或8，
故答案为：6或8．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，矩形的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定和性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
4．（1）相等；（2）不成立，理由见解析；（3）或．
【分析】
（1）证明△ABD≌△ACE（SAS），即可得出；
（2）当在Rt△ADE和Rt△ABC中，，证明△ABD∽△ACE，求出BD与CE的比例；
（3）分两种情况求出BD的长即可．
【详解】
（1）相等;
提示：如图4所示．
∵△ADE和△ABC均为等边三角形，
∴
∴
∴
在△ABD和△ACE中，
∴△ABD≌△ACE（SAS）
∴．
（2）不成立；
理由如下：如图5所示．
在Rt△ADE和Rt△ABC中，
∵
∴
∴
∵
∴△ABD∽△ACE
∴
∴
故（1）中的结论不成立；
（3）或．
提示:分为两种情况：
①如图6所示．
易证：△ABD≌△ACE（SAS）
∴
∴
∴
由题意可知：
设,则
在Rt△BCE中,由勾股定理得：
∴
解之得:（舍去）
∴；
②如图7所示．
易证：△ABD≌△ACE（SAS），
设，则
在Rt△BCE中，由勾股定理得：
∴
解之得：（舍去）
∴.
综上所述，或．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是学会运用分类讨论的思想考虑问题．
5．（1）①1；②；（2），．理由见解析；（3）2或4．
【分析】
（1）①证明△COA≌△DOB（SAS），得AC=BD，比值为1；
②由△COA≌△DOB，得∠CAO=∠DBO，然后根据三角形的内角和定理先求∠OAB+∠OBA的值，再求∠AMB的值即可；
（2）根据锐角三角比可得，根据两边的比相等且夹角相等可得△AOC∽△BOD，根据相似撒尿性的性质求解即可；
（3）当点与点在同一条直线上，有两种情况：如图3和图4，然后根据旋转的性质和勾股定理，可得AD的长．
【详解】
（1）①∵，
∴∠BOD=∠AOC，
又∵，，
∴△BOD≌△AOC，
∴BD=AC，
∴=1；
②∵，
∴∠OAB+∠OBA=140°，
∵△BOD≌△AOC，
∴∠CAO=∠DBO，
∴∠CAO+∠OAB+∠ABM=∠DBO+∠OAB+∠ABM=∠OAB+∠OBA=140°，
∴∠AMB=；
（2）如图2，
，．理由如下：
中，，，
，
同理得：，
，
，
，
，
，∠CAO=∠DBO，
∵∠BEO+∠DBO=90°，
∴∠CAE+∠AEM=90°，
∴∠AMB=90°；
（3） ∵∠A=30°，，
∴OA==3．
如图3，当点D和点A在点O的同侧时，
∵，
∴AD=3-2=2；
如图4，当点D和点A在点O的两侧时，
∵，，OA=3
∴AD=3+1=4．
综上可知，AD的长是2或4．
【点睛】
本题是三角形的综合题，主要考查了三角形全等和相似的性质和判定，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，旋转的性质，以及分类讨论的数学思想，解题的关键是能得出：△AOC∽△BOD，根据相似三角形的性质，并运用类比的思想解决问题，本题是一道比较好的题目．
6．（1）1，（2）45°（3），
【分析】
（1）如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．证明，即可解决问题．
（2）如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．证明，即可解决问题．
（3）分两种情形：①如图3﹣1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．证明即可解决问题．
②如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：解决问题．
【详解】
解：（1）如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．
，
，
，，
，
，，
，
，
，线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是，
故答案为1，．
（2）如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．
，
，
，
，
，，
，
，
直线BD与直线CP相交所成的小角的度数为．
（3）如图3﹣1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．
，，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
A，D，C，B四点共圆，
，，
，
，设，则，，
c．
如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：，设，则，，
，
．
【点睛】
本题属于相似形综合题，考查了旋转变换，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．