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)
展开专题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
(2)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°
(6)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,在中,,,点D,E分别在边,上,且,此时,成立.
(1)将绕点C逆时针旋转时,在图②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,与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,请直接写出的长度.
【答案】(1)解:如图所示,
;
(2)解:,仍然成立.
证明:延长交于点H,
∵,
,
,
∴,
又∵,,
∴,
∴,,
在中,,
∴,
∴,
∴.
(3)或
【变式1-2】(2021九上·宜春期末)如图
(1)问题发现:如图1,和均为等边三角形,当旋转至点A,D,E在同一直线上,连接BE.则:
①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,和均为等腰直角三角形,,点A,D,E在同一直线上.若,,求AB的长度.
(3)探究发现:图1中的和,在旋转过程中,当点A,D,E不在同一直线上时,设直线AD与BE相交于点O,试在备用图中探索的度数,直接写出结果,不必说明理由.
【解答】(1)①∵是等边三角形,
∴,
故答案为:;
②∵和均为等边三角形,
∴,,,
∴,
∴,
∴,
∵为等边三角形,
∴,
∴,
故答案为:
(2)解:∵和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:,
∴,
∴的度数是或.
【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.
专题07 手拉手模型综合应用(专项训练)-备战中考数学《重难点解读•专项训练》(全国通用): 这是一份专题07 手拉手模型综合应用(专项训练)-备战中考数学《重难点解读•专项训练》(全国通用),文件包含专题07手拉手模型综合应用专项训练解析版docx、专题07手拉手模型综合应用专项训练原卷版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共22页, 欢迎下载使用。
专题07 手拉手模型综合应用(专项训练)-备战中考数学《重难点解读•专项训练》(全国通用): 这是一份专题07 手拉手模型综合应用(专项训练)-备战中考数学《重难点解读•专项训练》(全国通用),文件包含专题07手拉手模型综合应用专项训练解析版docx、专题07手拉手模型综合应用专项训练原卷版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共22页, 欢迎下载使用。
专题10 截长补短模型综合应用(知识解读)-备战中考数学《重难点解读•专项训练》(全国通用): 这是一份专题10 截长补短模型综合应用(知识解读)-备战中考数学《重难点解读•专项训练》(全国通用),文件包含专题10截长补短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》全国通用解析版docx、专题10截长补短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》全国通用原卷版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共33页, 欢迎下载使用。