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第3講 反相似手拉手
前言：本講介紹一個關于“中線”、“全等”的模型，在中考題中卻多以正方形形式出現，識得模型才能快速確定解題方向，找到解題突破口.
知 識 導 航
模型由來
(1) 從手拉手全等模型說起
如圖, AB=AC, AD=AE, ∠BAC=∠DAE,即可得: △ABD≌△ACE.
(2) 從全等到相似
改變全等的條件，即線段由相等變為成比例： 且∠BAC=∠DAE.
即可構成手拉手相似: △ABD∽△ACE.
特別地，當△ABC和△ADE為直角三角形，且∠BAC=∠DAE, 可得△ABE∽△ACE.
(3) 反相似手拉手
將手拉手相似中一個三角形“反”過來，稱“反相似手拉手”.
(1) 連接BD, 取BD中點F, 連接CF、EF, 則CF=EF;
(2) 連接CE, 取CE中點F, 連接BF、DF, 則BF=DF.
劃重點
如圖，△ABC和△ADE是等腰直角三角形，點F是BD邊中點, 連接CF、EF.
結論: FC=FE, FC⊥FE.
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引例1：在△ABC中，分別以AB、AC為斜邊分別向外側作等腰直角△ABD和等腰直角△ACE, ∠ADB=∠AEC=90°, F為BC邊中點, 連接DF、EF. 求證: DF=EF, DF⊥EF.
法1：構造全等
分別取AB、AC邊中點 M、N, 連接MD、MF、NF、NE,
∵M點為AB中點,
∵N、F分別為AC和BC中點,
同理可證: MF=NE,
∵MF∥AC, NF∥AB,
∴∠BMF=∠BAC=∠CNF,
∴∠DMF=90°+∠BMF=90°+∠CNF=∠FNE,在△DMF和△FNE中,
∴△DMF≌△FNE(SAS), ∴DF=EF.
∵∠MDF+∠BMF+∠DFM=90°,
∴∠DFM+∠MFN+∠NFE=90°,即∠DFE=90°.
∴DF=EF且DF⊥EF.
法2：還原手拉手全等模型
作AM⊥AB交 BD 的延長線于M點,作AN⊥AC交 CE的延長線于 N點, 連接CM、BN,
由題意得：△ABM和△CAN均為等腰直角三角形，
∴AM=AB, AC=AN, ∠MAB=∠CAN=90°,
∴∠MAC=∠MAB+∠BAC=∠CAN+∠BAC=∠BAN在△AMC和△ABN中,
∴△AMC≌△ABN(SAS), ∴MC=BN
即DF=EF.
又MC⊥BN, ∴DF⊥EF.
法3：倍長中線
延長DF至點G使得FG=FD, 連接CG、EG.
∴△DFB≌△GFC, ∴BD=CG, ∠DBF=∠GCF,
∴∠ECG=360°-∠BCE-∠GCF=270°-∠ABC-∠ACB ,
∴∠ECG=90°+∠BAC=∠EAD,
又∵EC=EA, CG=BD=AD,
∴△EAD≌△ECG(SAS),
∴DE=GE, DE⊥GE,
∴△DEG是等腰直角三角形，
∴DF=EF, DF⊥EF.
2正方形中的模型
正方形中的反相似手拉手模型：
如圖, 在正方形ABCD和正方形CEFG中, 連接AF,取AF中點 M.
(1) 若連接ME、MD, 則有: MD=ME, ME⊥ME.
(2) 若連接MB、MG, 則有: MB=MG, MB⊥MG.
解讀：正方形與等腰直角三角形在一些問題中并無區別，因為這兩圖形中均有“兩線段垂直且相等”. 抓重要線段，能幫助我們更快理解正方形問題.
引例2: 如圖1, 點E是正方形 ABCD邊CD上任意一點，以DE為邊作正方形 DEFG，連接BF，點M是線段BF中點, 射線 EM與BC交于點H, 連接CM.
(1) 請直接寫出CM和EM的數量關系和位置關系；
(2) 把圖1中的正方形 DEFG 繞點 D 順時針旋轉45°, 此時點 F恰好落在線段 CD上，如圖2，其他條件不變，(1) 中的結論是否成立，請說明理由；
(3) 把圖1中的正方形 DEFG繞點 D 順時針旋轉90°, 此時點 E、G恰好分別落在線段AD、CD上，如圖3，其他條件不變，(1)中的結論是否成立，請說明理由.
解析: (1) CM=EM, CM⊥EM.
(2) 成立. 延長CM交AB于點N, 連接FN、EN、EC,
則四邊形 BCFN是矩形, ∴FN=CB, FN∥CB,
∴∠EFN=45°, 在△DEC和△FEN中,
∴△DEC≌△FEN(SAS),
∴EC=EN, ∠DEC=∠FEN,
∴∠DEF=∠CEN, ∴CEN=90° ,
∴△CEN是等腰直角三角形，
(3) 成立.
過點 M作MP⊥CD交CD于點 P,作MQ⊥AD交AD于點Q,可證△MPC≌△MQE,∴CM=EM, CM⊥EM.
真 題 演 練
1.(1) 操作發現: 如圖1, 小明畫了一個等腰△ABC, 其中 AB=AC, 在△ABC 的外側分別以 AB、AC為腰作了兩個等腰直角△ABD、△ACE, 分別取 BD、CE、BC的中點 M、N、G,連接GM、GN. 小明發現了: 線段GM與 GN的數量關系是 ；位置關系是 .
(2) 類比思考:
如圖2，小明在此基礎上進行了深入思考. 把等腰△ABC換為一般的銳角三角形，其中AB>AC ，其它條件不變，小明發現的上述結論還成立嗎 請說明理由.
(3) 深入研究:
如圖3，小明在(2)的基礎上，又作了進一步的探究. 向△ABC的內側分別作等腰直角△ABD、△ACE，其它條件不變，試判斷△GMN的形狀，并給與證明.
2.如圖,四邊形ABCD是正方形,△EFC是等腰直角三角形,點E在AB上,且∠CEF=90°,FG⊥AD,垂足為點G.
(1) 試判斷AG與FG是否相等 并給出證明；
(2)若點H為CF中點, GH與DH垂直嗎 若垂直, 給出證明； 若不垂直，說明理由.
3.如圖,四邊形ABCD是正方形,連接AC,將△ABC繞點A逆時針旋轉α得△AEF,連接CF,O為CF的中點, 連接OE、OD.
(1)如圖1, 當α=45°時, 請直接寫出 OE 與 OD 的關系(不用證明).
(2)如圖2, 當 時，(1)中的結論是否成立 請說明理由.
(3)當α=360°時,若 請直接寫出點O經過的路徑長.
4. 已知正方形 ABCD與正方形 CEFG,M是AF的中點, 連接DM、EM.
(1)如圖1, 點E在CD上, 點G在BC的延長線上, 請判斷DM、EM的數量關系與位置關系，并直接寫出結論；
(2)如圖2, 點E在DC的延長線上, 點G在BC上,(1)中結論是否仍然成立 請證明你的結論；
(3)將圖1中的正方形CEFG繞點C旋轉, 使 D、E、F三點在一條直線上, 若 AB=13, CE=5, 請畫出圖形, 并直接寫出 MF 的長.
5. 如圖, 四邊形ABCD 是正方形, 點O為對角線AC的中點.
(1) 問題解決: 如圖1, 連接BO, 分別取CB、BO的中點P、Q,連接PQ,則 PQ與BO的數量關系是 ,位置關系是 ；
(2) 問題探究: 如圖2, △AO'E 是將圖1中的△AOB 繞點A 按順時針方向旋轉 45°得到的三角形，連接 CE，點P、Q分別為CE、BO'的中點, 連接PQ、PB. 判斷△PQB 的形狀，并證明你的結論；
(3) 拓展延伸: 如圖3, △AO'E 是將圖1中的△AOB 繞點A 按逆時針方向旋轉45°得到的三角形，連接BO'，點P、Q分別為CE、BO'的中點, 連接PQ、PB. 若正方形ABCD的邊長為1, 求△PQB的面積.
第3講 反相似手拉手模型
1.解析: (1) 如圖, 連接BE, CD 相交于H,
∵△ABD和△ACE都是等腰直角三角形，
∴AB=AD, AC=AE, ∠BAD=∠CAE=90°
∴∠CAD=∠BAE, ∴△ACD≌△AEB (SAS),
∴CD=BE, ∠ADC=∠ABE,
∴∠BDC+∠DBH=∠BDC+∠ABD+∠ABE=∠BDC+∠ABD+∠ADC=∠ADB+∠ABD=90°,
∴∠BHD=90°, ∴CD⊥BE,
∵點 M, G分別是BD, BC的中點,
同理：
∴MG=NG, MG⊥NG.
(2) 如圖, 連接CD, BE相交于點H,
同 (1) 的方法得, MG=NG, MG⊥NG;
(3) 如圖, 連接EB, DC, 延長線相交于H,
同 (1) 的方法得, MG=NG,
同(1) 的方法得, △ABE≌△ADC, ∴∠AEB=∠ACD,
∴∠CEH+∠ECH=∠AEH-∠AEC+180°-∠ACD - ∠ACE
=∠ACD-45°+180°-∠ACD-45°=90°,
∴∠DHE=90°,
同(1) 的方法得, MG⊥NG,
∴△MGN是等腰直角三角形.
2.解析: (1) 相等.
過點 F 作 FM⊥BA 交 BA 延長線于點 M, 易證△EBC≌△FME,
∴BE=MF, BC=ME,
又BC=AB, ∴ME=AB, 即BE=MA,
∴MF=MA, ∴四邊形AMFG是正方形,
∴AG=FG.
(2) 延長DH、FG交于點N, 易證△CDH≌△FNH,
∴CD=FN, FN=AD,
∵FG=AG, ∴GN=GD,
∴△DGN是等腰直角三角形，又H是DN中點，
∴GH⊥DH.
3.解析: (1) OE=OD, OE⊥OD.
∵點O為CF中點,.
又∵AC=AF, ∠CAF=45°, ∴∠ACF=∠AFC=67.5°,∴∠COE=45°, ∠DOF=45°, ∴∠DOE=90°,∴OE⊥OD.
(2)分別取AC、CF中點M、N, 連接OM、DM、ON、EN,易證△OMD≌△ENO (SAS), ∴OE=OD,∠DOE=∠DOM+∠EOM=∠OEN+∠EOM=90°,∴OE⊥OD.
(3) F點軌跡是以A為圓心，AC為半徑的圓，O點始終為CF中點, 取AC中點Q, 以點 Q為圓心, QC為半徑作圓,即為點O的軌跡. 故點O經過的路徑長為8π.
4.解析:(1)延長EM交AD于點N,易證△ANM≌△FEM,
∴AN=FE, ∴DN=DE, ∴△DEN是等腰直角三角形,又M點是EN中點, ∴MD=ME, MD⊥ME.
(2) 延長EM交DA延長線于點 P, 易證△AMP≌△FME,∴AP=EF=CE, ∴DP=DE, ∴△DPE是等腰直角三角形, 又M點是PE中點，
∴DE=ME, DM⊥ME.
(3)法1：延續前兩小問思路，
延長EM至點Q使得MQ=ME, 連接AQ、DQ,易證△AMQ≌△FME, ∴AQ=EF=EC, ∠QAM=∠EFM,
∴AQ∥DE, ∴∠QAD=∠ADE=∠ECD, 又AD=CD,
∴△QAD≌△ECD, 易證△QDE是等腰直角三角形,
∴△DME是等腰直角三角形，
過點 M作MH⊥DE交DE于點H, 則MH=6, FH=1,
如圖2，同理可求，
法2：勾股定理
如下圖1，. EC=5,DC=13,∴DE=12,DF=7,DH=7× =
勾股定理可得：
同理可得，圖2中
綜上，MF的值為 或
5.解析：
(2) 等腰直角三角形.
連接O'P并延長交BC于點M, ∵點P是EC中點, 且EO'∥BC,易證△PO'E≌△PMC,∴O'E=MC,由( ∴O'A=MC,∴O'B=MB,∴△BMO'是等腰直角三角形,又P、Q分別是中點，可得△PBQ是等腰直角三角形.
(3)延長O'P 與與DC延長線交于點 M, 易證△PEO'≌△PCM,∴CM=EO',易證△BCM≌△BAO',可得BO'=BM,BO'⊥BM, ∴△BMO'是等腰直角三角形, 又點 P、Q 均為中點，可得△PQB 是等腰直角三角形，∵正方形面積為 1， ∴△PBQ的面積為

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