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

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    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,考试中作为几何综合题目出现

    方法技巧】

    类型:等边三角形手拉手

    1)如图,BCD三点共线,▲ABC和▲CDE是等边三角形,连接ADBE,交于点P

                      

    2ACBE交点为MADCE交点为N

                     

     

     

     

     

    2)连接MN

     

     

     

    4)记ADBE交点为P,连接PC

                           

    5)结论五:∠APB=BPC=CPD=DPE=60°

                  

    6AE:

     

     

     

     

     

     

     

     

     

    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BEDG

                       

    【典例分析】

    类型一:等边三角形手拉手

    典例12021春•西安期末)如图,在△ABC中,BC5,以AC为边向外作等边△ACD,以AB为边向外作等边△ABE,连接CEBD

    1)若AC4,∠ACB30°,求CE的长;

    2)若∠ABC60°,AB3,求BD的长.

    【解答】解:(1)∵△ABE与△ACD是等边三角形,

    ACADABAE

    ∴∠DCA=∠CAD=∠EAB60°,

    ∴∠EAB+BAC=∠CAD+BAC

    即∠EAC=∠BAD

    在△EAC和△BAD中,

    ∴△EAC≌△BADSAS),

    ECBD

    又∵∠ACB30°,

    ∴∠DCB=∠ACB+DCA90°,

    CDAC4BC5

    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,

    ACADABAE

    ∴∠DCA=∠CAD=∠EAB60°,

    ∴∠EAB+BAC=∠CAD+BAC

    即∠EAC=∠BAD

    在△EAC和△BAD中,

    ∴△EAC≌△BADSAS),

    ECBD

    ∵∠ABC60°,∠ABE60°,

    ∴∠EBK60°,

    ∴∠BEK30°,

    BKBE

    EK

    EC7

    BDEC7

    变式1-12021·吉林期末)如图,在中,,点DE分别在边上,且,此时成立.

    1)将绕点C逆时针旋转时,在图中补充图形,并直接写出的长度;

    2)当绕点C逆时针旋转一周的过程中,的数量关系和位置关系是否仍然成立?若成立,请你利用图证明,若不成立请说明理由;

    3)将绕点C逆时针旋转一周的过程中,当ADE三点在同一条直线上时,请直接写出的长度.

    【答案】1)解:如图所示,

    2)解:仍然成立.

    证明:延长于点H

    中,

    .

    3

    【变式1-22021·宜春期末)如图

    1)问题发现:如图1均为等边三角形,当旋转至点ADE在同一直线上,连接BE.则:

    的度数为       

    线段BECEAE之间的数量关系是           

    2)拓展研究:如图2均为等腰直角三角形,,点ADE在同一直线上.若,求AB的长度.

    3)探究发现:图1中的,在旋转过程中,当点ADE不在同一直线上时,设直线ADBE相交于点O,试在备用图中探索的度数,直接写出结果,不必说明理由.

    解答1是等边三角形,

    故答案为:

    均为等边三角形,

    为等边三角形,

    故答案为:

    2)解:均为等腰直角三角形,

    为等腰直角三角形,

    是直角三角形,

    3)如图3

    由(1)知

    如图4,同理求得:

    的度数是

    变式1-32021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AP8BP15CP17,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,∠CAB90°,ABACEFBC上的点,且∠EAF45°.求证:EF2BE2+FC2

    3)如图3,在△ABC中,∠C90°,∠ABC30°,点O为△ABC内一点,连接AOBOCO,且∠AOC=∠COB=∠BOA120°,若AC1,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′=AP8CP′=BP15、∠APC=∠APB

    由题意知旋转角∠PA P′=60°,

    ∴△AP P′为等边三角形,

    P P′=AP8,∠A PP60°,

    PP2+PC282+152172PC2

    ∴∠PPC90°,

    ∴∠APB=∠APC=∠A PP+P PC60°+90°=150°

    2)如图2,把△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ACE′,

    AE′=AECE′=CE,∠CAE′=∠BAE

    ∵∠BAC90°,∠EAF45°,

    ∴∠BAE+CAF=∠CAF+CAE′=∠FAE′=45°,

    ∴∠EAF=∠EAF,且AEAE'AFAF

    ∴△AEF≌△AEFSAS),

    EFEF

    ∵∠B+ACB90°,

    ∴∠ACB+ACE′=90°,

    ∴∠FCE′=90°,

    EF2CF2+CE2

    EF2BE2+CF2

    3)如图3,将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△AOB处,连接OO′,

    ∵在RtABC中,∠C90°,AC1,∠ABC30°,

    AB2

    BC

    ∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°,

    ∴△AOB如图所示;

    ABC=∠ABC+60°=30°+60°=90°,

    ∵∠ACB90°,AC1,∠ABC30°,

    AB2AC2

    ∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°,得到△AOB

    ABAB2BOBO′,AO′=AO

    ∴△BOO′是等边三角形,

    BOOO′,∠BOO′=∠BOO60°,

    ∵∠AOC=∠COB=∠BOA120°,

    ∴∠COB+BOO′=∠BOA+BOO120°+60°=180°,

    COA′、O′四点共线,

    RtABC中,AC

    OA+OB+OCAO+OO+OCAC

    【典例2如图,在△ABC与△DEC中,已知∠ACB=∠DCE90°,AC6BC3CD5CE2.5,连接ADBE

    1)求证:△ACD∽△BCE

    2)若∠BCE45°,求△ACD的面积.

    【解答】(1)证明:∵∠ACB=∠DCE90°,

    ∴∠ACD+DCB=∠DCB+BCE

    ∴∠ACD=∠BCE

    又∵

    ∴△ACD∽△BCE

    2)解:过AAGCDG

    由(1)知,∠ACD=∠DCB=∠BCE45°,

    AGCG

    RtACG中,由勾股定理得:

    CGAG3

    S

    【变式2-1如图1,在RtABC中,ACBC5,等腰直角△BDE的顶点DE分别在边BCAB上,且BD,将△BDE绕点B按顺时针方向旋转,记旋转角为α0°≤α360°).

    1)问题发现

    α0°时,的值为     ,直线AECD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2的情况给出证明:

    3)问题解决

    当△BDE旋转至ADE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,

    DEAC

    ∵∠B45°,

    ∴直线AECD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AECD交于点FCFAB于点G

    ∵△ABC与△BDE都是等腰直角三角形,

    ∴∠ABC=∠DBE45°,

    ∴∠ABC﹣∠ABD=∠DBE﹣∠ABD

    ∴∠CBD=∠ABE

    又∵

    ∴△ABE∽△CBD

    ,∠BAE=∠BCD

    ∴∠F180°﹣∠BAE﹣∠AGF180°﹣∠BCD﹣∠BGC=∠ABC45°;

    3)如图,当DEAB上方时,作AHCDH

     

    ADE三点在同一条直线上知,∠ADB90°,

    AD

    由(2)知∠ADH45°,

    AHCD

    SACDCD×AH12+

    DEAB下方时,同理可得SACD×CD×AH12

     

    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按如图所示的位置摆放,点BCE在同一条直线上,其中∠ECF90°.

    【初步探究】

    1)如图,将等腰直角三角形CEF绕点C按顺时针方向旋转,连接BFDE,请直接写出BFDE的数量关系与位置关系:             

    【类比探究】

    2)如图,将(1)中的正方形ABCD和等腰直角三角形CEF分别改成矩形ABCDRtCEF,其中∠ECF90°,且,其他条件不变.

    判断线段BFDE的数量关系,并说明理由;

    连接DFBE,若CE6AB12,求DF2+BE2的值.

    【解答】解:(1)如图BFCD交于点M,与DE交于点N

    ∵四边形ABCD是正方形,

    BCDC,∠BCD90°,

    ∵△ECF是等腰直角三角形,

    CFCE,∠ECF90°,

    ∴∠BCD=∠ECF

    ∴∠BCD+DCF=∠ECF+DCF

    ∴∠BCF=∠DCE

    ∴△BCF≌△DCESAS),

    BFDE,∠CBF=∠CDE

    ∵∠BMC=∠DMF,∠CBF+BMC90°,

    ∴∠CDE+DMF90°,

    ∴∠BND90°,

    BFDE

    故答案为:BFDEBFDE

    2如图

    理由:∵四边形ABCD是矩形,

    ∴∠BCD90°,

    ∵∠ECF90°,

    ∴∠BCD+DCF=∠ECF+DCF

    ∴∠BCF=∠DCE

    ∴△BCF∽△DCE

    如图,连接BD

    ∵△BCF∽△DCE

    ∴∠CBF=∠CDE

    ∵四边形ABCD是矩形,

    CDAB12

    CE6

    CF8BC16

    ∵∠DBO+CBF+BDC=∠BDO+CDE+BDC=∠DBO+BDO90°,

    ∴∠BOD90°,

    ∴∠DOF=∠BOE=∠EOF90°,

    RtDOF中,DF2OD2+OF2

    RtBOE中,BE2OB2+OE2

    RtDOB中,DB2OD2+OB2

    RtEOF中,EF2OE2+OF2

    DF2+BE2OD2+OF2+OB2+OE2DB2+EF2

    RtBCD中,BD2BC2+CD2162+122400

    RtCEF中,EF2EC2+CF262+82100

    BD2+EF2400+100500

    DF2+BE2500

    变式32021秋•湾区校级期中)以△ABCABAC为边分别作正方形ADEB,正方形ACGF,连接DCBF

    1CDBF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:(1CDBFCDBF,理由如下:

    ∵四边形ABED和四边形ACGF都是正方形,

    ADABACAF,∠DAB=∠CAF90°,

    又∵∠DAC=∠DAB+BAC,∠BAF=∠CAF+BAC

    ∴∠DAC=∠BAF

    在△DAC与△BAF中,

    ∴△DAC≌△BAFSAS),

    DCBF

    ∴∠AFB=∠ACD

    又∵∠AFN+ANF90°,∠ANF=∠CNM

    ∴∠ACD+CNM90°,

    ∴∠NMC90°,

    BFCD

    2)∵ADABACAFCDBF,∠DAB=∠CAF90°,

    ∴△ADC可看成是△ABF绕点A顺时针旋转90°得到的.

     


     

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