資源簡介

模型 19 “手拉手”模型
基礎(chǔ)模型
條件 在等腰△OAB中,OA=OB,在等腰△OCD中,OC=OD,∠AOB=∠COD=α,將△OCD繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)一定角度后,連接AC,BD(稱為“拉手線”，左手拉左手，右手拉右手)，相交于點(diǎn) E，連接OE
結(jié)論 1. △AOC≌△BOD,AC=BD(即拉手線相等); 2. EO平分∠AED; 3. ∠AEB=∠AOB=α
旋 轉(zhuǎn) 構(gòu)造“手拉手”模型的步驟 1.先找有沒有“等線段，共頂點(diǎn)”； 2.選擇其中一個(gè)三角形，將其經(jīng)過“共頂點(diǎn)”的線段旋轉(zhuǎn)； 3.旋轉(zhuǎn)方向與這個(gè)三角形的“等線段”旋轉(zhuǎn)到另一條“等線段”的方向一致，旋轉(zhuǎn)角為“等線段”間的夾角
結(jié)論分析
結(jié)論1:△AOC≌△BOD,AC=BD
證明:∵∠AOB=∠COD,∴∠AOB+∠BOC=∠COD+∠BOC,
∴∠AOC=∠BOD.
在△AOC和△BOD中,
∴AC=BD;
結(jié)論2:EO平分∠AED
證明:如圖,過點(diǎn)O分別作OM⊥AC于點(diǎn)M,ON⊥BD 于點(diǎn)N,
∵AC=BD,∴OM=ON,∴EO平分∠AED(角平分線的判定).
結(jié)論3:∠AEB=∠AOB=α
自主證明：
模型拓展
拓展方向：“反向手拉手”模型
圖示
條件 在等腰△ABC和等腰△ADE中,AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE,連接BE,CD(左手拉右手，右手拉左手，稱為“反向手拉手”模型)
作法 將“反向手拉手”全等轉(zhuǎn)化為“正向手拉手”全等，方法如下：作出△ABC關(guān)于 AC 的軸對稱圖形△AB'C,連接EB'
結(jié)論 △AB'E≌△ACD
模型解題三步法
例1 如圖,在△ABC和△ADE中,AB=AC,AD=AE,點(diǎn)B,D,E在同一條直線上,∠BAC=∠DAE.若∠BAD=28°,∠AED=62°,則∠ACE的度數(shù)為 .
例2如圖,在△ABC中, 以BC為腰，點(diǎn)C 為頂點(diǎn)作等腰△BCD,且∠BCD=120°,連接AD,則AD的長為 .
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題以類解
1. 如圖,在△ABC和△ADE中,∠BAC=∠DAE=90°,AB=AC,AD=AE,連接BE,點(diǎn)O 是BE的中點(diǎn),連接AO,若AO=1,則 CD的長為( )
A. B. 1 C. 2 D.
2. 如圖,在△ABC 和△CDE 中,CA=CB,CD=CE,∠ACB=∠DCE=56°,連接AD,BE,且AD 與 BE 交于點(diǎn) F,連接 CF,則∠CFE = .
3.如圖，點(diǎn)A 是半徑為2 的⊙O 上一動(dòng)點(diǎn),點(diǎn) B 是⊙O 外一定點(diǎn),OB=6,連接OA,OB,AB,以AB為邊作等邊△ABC，連接OC，則OC的最大值為 .
4.如圖，四邊形AB-CD為正方形，對角線AC與BD交于點(diǎn) O，E為CD 的中點(diǎn),連接BE,過點(diǎn) C 作 CF⊥BE于點(diǎn) F,連接OF,若AB 的長為6,則OF的長為 .
5.如圖,在正方形ABCD 中,點(diǎn) E 是直線BD 上一動(dòng)點(diǎn)，以AE 為邊作正方形AEFG，連接BG.
(1)如圖①，當(dāng)點(diǎn) E在線段BD上時(shí)，試判斷ED 與 BG的數(shù)量及位置關(guān)系，并說明理由；
(2)如圖②,當(dāng)點(diǎn) E 在 DB 的延長線上時(shí),
(1)中的結(jié)論是否依然成立 請說明理由；
(3)如圖③，在圖②的基礎(chǔ)上，延長 DA 交BG于點(diǎn)M,連接FM,若AB=3 ,BE=1,求線段 FM 的長.
模型展現(xiàn)
自主證明：
∵OA=OB,
∴ ∠OAB=∠OBA,
∵△AOC≌△BOD,
∴∠OAC=∠OBD.
∵ ∠AOB=180°-2∠OAB=α,
∠AEB=180°-∠EAB-∠EBA=180°-(∠OAB
-∠OAC)-(∠OBA+∠OBD)=180°-∠OAB+
∠OAC-∠OBA-∠OBD=180°-2∠OAB,
∴∠AEB=∠AOB=α.
例 1 34° 【解析】根據(jù)“手拉手”模型得△BAD≌△CAE(SAS),∴ ∠ACE =∠ABD,∵ AD =AE,∠AED=62°,∴ ∠ADE = ∠AED=62°,∵∠ABD=∠ADE-∠BAD=62°-28°=34°,∴∠ACE=34°.
例2 △BCD CA
5 【解析】如解圖,將 CA 繞點(diǎn) C 順時(shí)針旋轉(zhuǎn) 120°得到CE,連接AE,BE,由“手拉手”模型得△ACD≌△ECB,∴AD=EB.過點(diǎn) C 作 CF⊥AE 于點(diǎn)F,∵ ∠ACE=120°,CE=CA,∴∠EAC=30°(等腰三角形的性質(zhì)). 60°,∴ ∠EAB = ∠EAC+∠CAB = 90°,在Rt△EAB 中,
題以類解
1. C 【解析】找模型：是否存在兩個(gè)等腰三角形：△ABC 和△ADE；是否在某頂角頂點(diǎn)處存在相等的頂角:∠BAC=∠DAE.抽離模型:如解圖，用模型：以AC為對稱軸作△ABC 的對稱圖形△AB'C，連接B'E，由反向“手拉手”模型得,△ADC≌△AEB'(SAS),∴CD=B'E,∵O為BE的中點(diǎn),AB=AB',∴ AO 是△BB'E 的中位線,∴B'E=2AO=2,∴CD=B'E=2.
2.62° 【解析】找模型：是否存在兩個(gè)等腰三角形：△ABC 和△CDE；是否在某頂角頂點(diǎn)處存在相等的頂角:∠BCA =∠DCE.抽離模型:如解圖,用模型:過點(diǎn) C 作 CH⊥AD 于點(diǎn)H,CI⊥BE 于點(diǎn)I,設(shè)AD與BC交于點(diǎn)L.由“手拉手”模 型得: △ACD ≌△BCE,∴∠CAH=∠CBI,在△ACH 和△BCI 中,
∴ CH = CI,在 Rt △CHF 和 Rt △CIF 中, ∴∠CFH=∠CFI,∴ CF平分∠AFE.∵ ∠CAD=∠CBE,∠ALC=∠BLD,∴ ∠AFB=∠ACB=56°,∴∠AFE=180°-56°=124°,∴∠CFE=
【解析】如解圖，將線段OB 繞點(diǎn) B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°到 O'B,連接OO',CO'.由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知∠OBO'=60°,BO'=BO=6,即△OBO'是等邊三角形,∴ OO' = BO = 6.又∵ △ABC 是等邊三角形,∴ ∠ABC=60°,AB=BC,∴∠OBO'=∠ABC=60°,∴∠OBA=∠O' BC, 在 △OBA 和 △O' BC 中,
(“手拉手”模型),∴OA=O'C.在△OO'C 中,OC【解析】如解圖，在BE 上截取 BG = CF,連接OG,∵ 在 Rt△BCE 中,CF⊥BE,∴∠EBC+∠FCB=∠ECF+∠FCB,∴ ∠EBC = ∠ECF,∵ ∠OBC =∠OCD=45°,∴ ∠OBG=∠OCF,在△OBG與△OCF 中, △OCF(SAS)(“手拉手”模型),∴OG=OF,∠BOG= ∠COF,∴ OG ⊥OF. 設(shè) OF = a, ,在 Rt△BCE 中,BC=AB =6, 在△BCF 中,BF= 解得
5. 解:(1)ED=BG,ED⊥BG,
理由:∵四邊形 ABCD,四邊形AEFG均為正方形，
∴AB=AD,AG=AE,
∠EAG=∠BAD=90°,
∴∠EAG-∠BAE=∠BAD-∠BAE,
即∠BAG=∠DAE,
∴△AED≌△AGB(SAS),
∴ED=BG,∠ADB=∠ABG,
∵∠ABD+∠ADB=90°,
∴∠ABD+∠ABG=90°=∠GBD,
即 ED⊥BG,
∴ED=BG,ED⊥BG;
(2)成立,
理由:∵ 四邊形 ABCD,四邊形AEFG均為正方形，
∴AB=AD,AE=AG,
∠BAD=∠EAG=90°,
∴ ∠EAB+∠BAD=∠EAB+∠EAG,
即∠EAD=∠GAB,
∴△AED≌△AGB(SAS),∴ED=BG,
∴∠ABG=∠ADB=∠ABD=45°,
即ED⊥BG,
∴ED=BG,ED⊥BG;
(3)如解圖,過點(diǎn)A 作 AI⊥BD 于點(diǎn)I,過點(diǎn) F分別作 FJ⊥BD 交DB 的延長線于點(diǎn)J,FK⊥BG于點(diǎn) K,
由(2)可知,ED⊥BG,則四邊形 FJBK 是矩形，∵四邊形ABCD 是正方形,∴∠ABD=45°.
∴AI=BI=3.
由題意可知∠BMD=∠BDM=45°,
∵∠JFE+∠FEJ=90°,∠AEI+∠FEJ=90°,
∴ ∠JFE=∠AEI,
在△EFJ 和△AEI中,
∴△EFJ≌△AEI(AAS),
∴FJ=EI=BK=3+1=4,EJ=AI=3,
∴BJ=FK=EJ+BE=3+1=4,
∴KM=BM-BK=6-4=2,
在 Rt△FMK中,

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