手拉手模型構(gòu)造全等三角形【專題說明】兩個具有公共頂點(diǎn)的相似多邊形，在繞著公共頂點(diǎn)旋轉(zhuǎn)的過程中，產(chǎn)生伴隨的全等或相似三角形，這樣的圖形稱作共點(diǎn)旋轉(zhuǎn)模型；為了更加直觀，我們形象的稱其為“手拉手”模型。【知識總結(jié)】【基本模型】一、等邊三角形手拉手-出全等圖1圖2圖3圖4二、等腰直角三角形手拉手-出全等兩個共直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)過程中（B、C、D不共線）始終有：①△BCD≌△ACE；②BD⊥AE（位置關(guān)系）且BD=AE（數(shù)量關(guān)系）；③FC平分∠BFE；圖1圖2圖3圖41、如圖，點(diǎn)C在線段AB上，△DAC和△DBE都是等邊三角形，求證：△DAB≌△DCE;DA∥EC.解析：（1）△DAC和△DBE都是等邊三角形.∴DA=DC,DB=DE,∠ADC=∠BDE=60°.∴DA=DC,DB=DE,∠ADC=∠BDE=60°∴∠ADC+∠CDB=∠BDE+∠CDB,（重點(diǎn)）即∠ADB=∠CDE在△DAB和△DCE中，DA=DC∠ADB=∠CDEDB=DE∴△DAB≌△DCE.（2）∵△DAB≌△DCE∴∠A=∠DCE=60°∵∠ADC=60°∴∠DCE=∠ADC∴DA∥EC.2、已知：△ACB和△DCE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，連結(jié)AE,BD交于點(diǎn)O,AE與DC交于點(diǎn)0，AE與DC交于點(diǎn)M,BD與AC交于點(diǎn)N.解析:∵△ACB和△DCE都是等腰三角形∠ACB=∠DCE=90°∴AC=BC,DC=EC∴∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD∴∠BCD=∠ACE在△ACE和△BCD中AC=BC∠ACE=∠BCDCE=CD∴△ACE≌△BCD(SAS)∴AE=BD3、已知，在△ABC中，AB＝AC，點(diǎn)P平面內(nèi)一點(diǎn)，將AP繞A順時針旋轉(zhuǎn)至AQ，使∠QAP＝∠BAC，連接BQ、CP，⑴若點(diǎn)P在△ABC內(nèi)部，求證BQ＝CP；⑵若點(diǎn)P在△ABC外部，以上結(jié)論還成立嗎？解析：（1）∵∠QAP＝∠BAC∴∠QAP－∠BAP＝∠BAC－∠BAP即∠QAB＝∠PAC另由旋轉(zhuǎn)得AQ＝AP在△AQB和△APC中AQ＝AP∠QAB＝∠PACAB＝AC∴△AQB≌△APC∴BQ＝CP（2）∵∠QAP＝∠BAC∴∠QAP＋∠BAP＝∠BAC＋∠BAP即∠QAB＝∠PAC另由旋轉(zhuǎn)得AQ＝AP在△AQB和△APC中AQ＝AP∠QAB＝∠PACAB＝AC∴△AQB≌△APC∴BQ＝CP4、如圖，點(diǎn)G是正方形ABCD對角線CA的延長線上任意一點(diǎn)，以線段AG為邊作一個正方形AEFG，線段EB和GD相交于點(diǎn)H.若AB=2，AG=1，則EB=________________.解析：連接BD交于AC于點(diǎn)O,∵四邊形ABCD、AGFE是正方形∴AB=AD,AE=AG,∠DAB=∠EAG∴∠EAB=∠GAD在△AEB和△AGD中AE=AG∠EAB=∠GADAB=AD∴△EAB≌△GAD（SAS）∴EB=GD∵四邊形ABCD是正方形，AB=2∴BD⊥AC,AC=BD=2AB∴∠DOG=90°，OA=OD=12BD=1∵AG=1∴OG=OA+AG=2∴GD=5，EB=55、已知正方形ABCD和正方形AEFG有一個公共點(diǎn)，點(diǎn)G、E分別在線段AD、AB上，若將正方形AEFG繞點(diǎn)A按順時針方向旋轉(zhuǎn)，連接DG,在旋轉(zhuǎn)的過程中，你能否找到一條線段的長與線段DG的長度始終相等？并說明理由。解析：連接BE∵四邊形ABCD和四邊形AEFG都是正方形∴AB=AD,AE=AG,∠BAD=∠EAG=90°∴∠BAD-∠BAG=∠EAG-∠BAG,即∠DAG=∠BAEAB=AD∠DAG=∠BAEAE=AG∴△BAE≌△DAG(SAS)∴BE=DG6、已知：如圖在△ABC，△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC,AD=AE,點(diǎn)C、D、E三點(diǎn)在同一直線上，連接BD,BE.以下四個結(jié)論:=1\*GB3①BD=CE;=2\*GB3②BD⊥CE;=3\*GB3③∠ACE+∠BDC=45°；=4\*GB3④BE2=2AD2+AB2其中結(jié)論正確的個數(shù)是_______解析：=1\*GB3①∵∠BAC=∠DAE=90°∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD即∠BAD=∠CAE∵在△BAD和△CAE中AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE∴△BAD≌△CAE(SAS)∴BD=CE=2\*GB3②∵△BAD≌△CAE∴∠ABD=∠ACE∵∠ABD+∠DBC=45°∴∠ACE+∠DBC=45°∴∠DBC+∠DCB=90°則BD⊥CE=3\*GB3③∵△ABC為等腰直角三角形∴∠ABC=∠ACB=45°∴∠ABD+∠DBC=45°∵∠ABD=∠ACE∴∠ACE+∠DBC=45°=4\*GB3④∵BD⊥CE∴在Rt△BDE中，利用勾股定理得：BE2手拉手模型構(gòu)造全等三角形1、已知△ABC和△BDE都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠BED＝90°，AB＝2BD，連接CE．（1）如圖1，若點(diǎn)D在AB邊上，點(diǎn)F是CE的中點(diǎn)，連接BF．當(dāng)AC＝4時，求BF的長；（2）如圖2，將圖1中的△BDE繞點(diǎn)B按順時針方向旋轉(zhuǎn)，使點(diǎn)D在△ABC的內(nèi)部，連接AD，取AD的中點(diǎn)M，連接EM并延長至點(diǎn)N，使MN＝EM，連接CN．求證：CN⊥CE．解：（1）∵△ABC和△BDE都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠BED＝90°，∴AC＝BC＝4，AB＝AC＝4，DE＝BE，DB＝BE，∠ABC＝45°，∠DBE＝45°，∵AB＝2BD，∴AD＝BD＝2，∴BE＝2，∵∠CBE＝∠ABC+∠DBE＝90°，∴CE＝＝＝2，∵點(diǎn)F是CE的中點(diǎn)，∴BF＝CE＝；（2）如圖，連接AN，設(shè)DE與AB交于點(diǎn)H，∵點(diǎn)M是AD中點(diǎn)，∴AM＝MD，又∵M(jìn)N＝ME，∠AMN＝∠DME，∴△AMN≌△DME（SAS），∴AN＝DE，∠MAN＝∠ADE，∴AN∥DE，∴∠NAH+∠DHA＝180°，∵∠NAH＝∠NAC+∠CAB＝∠NAC+45°，∠DHA＝∠EDB+∠DBH＝45°+∠DBH，∴∠NAC+45°+45°+∠DBH＝180°，∴∠NAC+∠DBH＝90°，∵∠CBA+∠DBE＝45°+45°＝90°，∴∠CBE+∠DBH＝90°，∴∠CBE＝∠NAC，又∵AC＝BC，AN＝DE＝BE，∴△ACN≌△BCE（SAS），∴∠ACN＝∠BCE，∵∠BCE+∠ACE＝90°，∴∠ACN+∠ACE＝90°＝∠NCE，∴CN⊥CE．2、如圖，△ABC中AB＝AC＝5，tan∠ACB＝，點(diǎn)D為邊BC上的一動點(diǎn)（不與點(diǎn)B、C重合），將線段AD繞點(diǎn)A順時針旋轉(zhuǎn)得AE，使∠DAE＝∠BAC，DE與AB交于點(diǎn)F，連接BE．（1）求BC的長；（2）求證∠ABE＝∠ABC；（3）當(dāng)FB＝FE時，求CD的長．解：（1）如圖，過點(diǎn)A作AH⊥BC于點(diǎn)H，∵AB＝AC，AH⊥BC，∴BH＝CH＝BC，∵tan∠ACB＝＝，∴設(shè)AH＝3k（k＞0），CH＝4k，∵AC2＝AH2+CH2，∴9k2+16k2＝25，∴k＝1，∴HC＝4，∴BC＝2CH＝8；（2）∵∠DAE＝∠BAC，∴∠DAC＝∠BAE，∵將線段AD繞點(diǎn)A順時針旋轉(zhuǎn)得AE，∴AE＝AD，又∵AB＝AC，∴△AEB≌△ADC（SAS），∴∠ABE＝∠ACD，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACD，∴∠ABE＝∠ABC；（3）∵AD＝AE，∴∠AED＝∠ADE＝（180°﹣∠DAE），∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝（180°﹣∠BAC），∵∠DAE＝∠BAC，∴∠ADE＝∠AED＝∠ABC＝∠ACB，∴∠ABE＝∠ABC＝∠ADE，又∵∠BFE＝∠DFA，∴∠BEF＝∠DAF，∵FB＝FE，∴∠FBE＝∠FEB，∴∠DAF＝∠ADF＝∠FBE＝∠FEB，∴∠DAF＝∠ABC＝∠ACB，又∵∠ABC＝∠ABD，∴△BAD∽△BCA，∴∴BD＝＝，∴CD＝BC﹣BD＝8﹣＝．3、如圖1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D為AB上一點(diǎn)，連接CD，將CD繞點(diǎn)C順時針旋轉(zhuǎn)90°至CE，連接AE．（1）求證：△BCD≌△ACE；（2）如圖2，連接ED，若CD＝2，AE＝1，求AB的長；（3）如圖3，若點(diǎn)F為AD的中點(diǎn)，分別連接EB和CF，求證：CF⊥EB．解：（1）由旋轉(zhuǎn)可得EC＝DC，∠ECD＝90°＝∠ACB，∴∠BCD＝∠ACE，又∵AC＝BC，∴△BCD≌△ACE（SAS）；（2）由（1）可知AE＝BD＝1，∠CAE＝∠B＝45°＝∠CAB，∴∠EAD＝90°，∴，∴．∴；（3）如圖，過C作CG⊥AB于G，則AG＝AB，∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴CG＝AB，即＝，∵點(diǎn)F為AD的中點(diǎn)，∴FA＝AD，∴FG＝AG﹣AF＝AB﹣AD＝（AB﹣AD）＝BD，由（1）可得：BD＝AE，∴FG＝AE，即＝，∴＝，又∵∠CGF＝∠BAE＝90°，∴△CGF∽△BAE，∴∠FCG＝∠ABE，∵∠FCG+∠CFG＝90°，∴∠ABE+∠CFG＝90°，∴CF⊥BE．4、如圖，△ABC和△EDC都是等腰直角三角形，C為它們的公共直角頂點(diǎn)，連接AD、BE，點(diǎn)F為線段AD的中點(diǎn)，連接CF．（1）如圖1，當(dāng)D點(diǎn)在BC上時，試判斷線段BE、CF的關(guān)系，并證明你的結(jié)論；（2）如圖2，把△DEC繞C點(diǎn)順時針旋轉(zhuǎn)一個銳角，其他條件不變時，請?zhí)骄緽E、CF的關(guān)系并直接寫出結(jié)論．解：（1）結(jié)論：BE＝2CF，BE⊥CF．理由：∵△ABC和△DEC都是等腰直角三角形，∴BC＝AC，CD＝CE，∠ACB＝∠ECD＝90°，在△BCE和△ACD中，，∴△BCE≌△ACD（SAS），∴BE＝AD，∠EBC＝∠DAC，∵F為線段AD的中點(diǎn)，∴CF＝AF＝DF＝AD∴BE＝2CF；∵AF＝CF，∴∠DAC＝∠FCA，∵∠BCF+∠ACF＝90°，∴∠BCF+∠EBC＝90°，即BE⊥CF；（2）旋轉(zhuǎn)一個銳角后，（1）中的關(guān)系依然成立．證明：如圖2，延長CF到M，使FM＝FC，連接AM，DM，又AF＝DF，∴四邊形AMDC為平行四邊形∴AM＝CD＝CE，∠MAC＝180°﹣∠ACD，∠BCE＝∠BCA+∠DCE﹣∠ACD＝180°﹣∠ACD，即∠MAC＝∠BCE，在△MAC和△ECB中，，∴△MAC≌△ECB（SAS），∴CM＝BE；∠ACM＝∠CBE，∴BE＝CM＝2CF，∴∠CBE+∠BCM＝∠ACM+∠BCM＝90°，即BE⊥CF．5、如圖1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D、E分別是AB、AC邊的中點(diǎn)．將△ABC繞點(diǎn)A順時針旋轉(zhuǎn)a角（0°＜a＜180°），得到△AB′C′（如圖2），連接DB'，EC'．（1）探究DB'與EC'的數(shù)量關(guān)系，并結(jié)合圖2給予證明；（2）填空：①當(dāng)旋轉(zhuǎn)角α的度數(shù)為時，則DB'∥AE；②在旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)點(diǎn)B'，D，E在一條直線上，且AD＝時，此時EC′的長為．解：（1）DB'＝EC'，理由如下：∵AB＝AC，D、E分別是AB、AC邊的中點(diǎn)，∴AD＝AE，由旋轉(zhuǎn)可得，∠DAE＝∠B'AC'＝90°，AB'＝AC'，∴∠DAB'＝∠EAC'，且AB'＝AC'，AD＝AE∴△ADB'≌△AEC'（SAS），∴DB′＝EC′，（2）①當(dāng)DB′∥AE時，∠B'DA＝∠DAE＝90°，又∵AD＝AB'，∴∠AB'D＝30°，∴∠DAB'＝60°，∴旋轉(zhuǎn)角α＝60°，故答案為60°，②如圖3，當(dāng)點(diǎn)B'，D，E在一條直線上，∵AD＝，∴AB'＝2，∵△ADE，△AB'C'是等腰直角三角形，∴B'C'＝AB'＝4，DE＝AD＝2，由（1）可知：△ADB'≌△AEC'，∴∠ADB'＝∠AEC'，B'D＝C'E，∵∠ADB'＝∠DAE+∠AED，∠AEC'＝∠AED+∠DEC'，∴∠DEC'＝∠DAE＝90°，∴B'C'2＝B'E2+C'E2，∴16＝（2+EC'）2+C'E2，∴CE＝﹣1，故答案為：﹣1．6、如圖，∠AOB＝120°，OC平分∠AOB，∠MCN＝60°，CM與射線OA相交于M點(diǎn)，CN與直線BO相交于N點(diǎn)．把∠MCN繞著點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)．（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)N在射線OB上時，求證：OC＝OM+ON；（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)N在射線OB的反向延長線上時，OC與OM，ON之間的數(shù)量關(guān)系是（直接寫出結(jié)論，不必證明）（1）證明：作∠OCG＝60°，交OA于G，如圖1所示：∵∠AOB＝120°，OC平分∠AOB，∴∠CON＝∠COG＝60°，∴∠OCG＝∠COG，∴OC＝CG，∴△OCG是等邊三角形，∴OC＝OG，∠CGM＝60°＝∠CON，∵∠MCN＝∠OCG＝60°，∴∠OCN＝∠GCM，在△OCN和△GCM中，