/ 让教学更有效 精品试卷 | 数学学科
第四章 三角形
专题八 手拉手模型
模型一 全等型手拉手模型
模型 展示
模型 特点 在△OAB中，OA＝OB，在△OCD中，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝α，连接AC，BD，相交于点 E．简记为：双等腰，共顶点，顶角相等，旋转得全等
结论 ①△AOC≌△BOD(SAS)； ②AC＝BD； ③两条拉手线AC，BD所在直线的夹角与∠AOB相等或互补
1.如图，在△ABC和△CDE中，AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°，连接AE，BD.
(1)求证：△ACE≌△BCD；
(2)求证：AE⊥BD.
证明：(1)∵∠ACB＝∠DCE，
∴∠ACB－∠BCE＝∠DCE－∠BCE，
∴∠ACE＝∠BCD.
在△ACE和△BCD中，
∴△ACE≌△BCD(SAS).
(2)延长AE，交CB 于点T，交BD于点H.
由(1)知△ACE≌△BCD，
∴∠CAE＝∠CBD.
∵∠CTE＝∠BTH，
∴∠BHT＝∠ACB＝90°，
∴AE⊥BD.
2．如图，已知正方形ABCD和正方形DEFG，连接AE，CG 相交于点H.
(1)求证：AE＝CG；
(2)连接HD，求证：HD平分∠AHG.
证明：(1)∵四边形 ABCD和四边形DEFG都为正方形，
∴AD＝CD，ED＝GD，∠ADC＝∠EDG＝90°，
∴∠ADC＋∠CDE ＝∠EDG＋∠CDE，
即∠ADE＝∠CDG.
在△ADE和△CDG 中，
∴△ADE≌△CDG(SAS)，
∴AE＝CG.
(2)过点D分别作DM⊥AE于点M，DN⊥CG于点N.
由(1)知△ADE≌△CDG，
∴DM＝DN.
∵DM⊥AE，DN⊥CG，
∴HD平分∠AHG.
3．如图，在△ABC 中，∠CAB＝60°，AB＝4，AC＝，以BC为腰，C为顶点作等腰三角形BCD，且∠BCD＝120°，求AD的长．
解：过点C在AC左侧作∠ACE＝120°，
且CE＝CA，连接AE，BE，
则∠ACE＝∠BCD，
∴∠ACE＋∠ECD＝∠BCD＋∠ECD，
即∠ACD＝∠ECB.
又∵DC＝BC，
∴△ACD≌△ECB(SAS)，
∴AD＝EB.
过点C作CF⊥AE于点F.
∵∠ACE＝120°，CE＝CA，
∴∠EAC＝(180°－∠ACE)＝30°，
∴AE＝2AF＝2AC·cos 30°＝3.
∵∠CAB＝60°，
∴∠EAB＝∠EAC＋∠CAB＝90°，
∴EB＝＝5，
∴AD＝5.
模型二 相似型手拉手模型
模型 展示
模型 特点 △AOB∽△COD，且绕公共顶点O旋转，简记为：非等腰，共顶点，顶角相等，旋转得相似
结论 ①△AOC∽△BOD； ②＝＝； ③两条拉手线AC，BD所在直线的夹角与∠AOB相等或互补
4.如图，在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，连接BD并延长，交AC于点M.
(1)求的值；
(2)求∠AMB的度数．
解：(1)∵∠AOB＝∠COD＝90°，
∠OAB＝∠OCD＝30°，
∴＝＝，
∠COD＋∠AOD＝∠AOB＋∠AOD，
即∠AOC＝∠BOD，
∴△AOC∽△BOD，
∴＝＝.
(2)由(1)知△AOC∽△BOD，
∴∠CAO＝∠DBO.
∵∠AOB＝90°，
∴∠DBO＋∠ABD＋∠BAO＝90°，
∴∠CAO＋∠ABD＋∠BAO＝90°，
∴∠AMB＝90°.
5．【问题呈现】
(1)如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE.求证：BD＝CE；
【类比探究】
(2)如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，连接BD，CE，求的值；
【拓展提升】
(3)如图3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且＝＝，连接BD，CE.
①求的值；
②延长CE，交BD于点F，交AB于点G，则sin ∠BFC的值为．
(1)证明：∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AD＝AE，AB＝AC，∠DAE＝∠BAC＝60°，
∴∠DAE－∠BAE＝∠BAC－∠BAE，
即∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD＝CE.
(2)解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
∴＝＝，∠DAE＝∠BAC＝45°，
∴∠DAE－∠BAE＝∠BAC－∠BAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD∽△CAE，
∴＝＝＝.
(3)①解：∵＝＝，
∴＝.
∵∠ABC＝∠ADE＝90°，
∴△ABC∽△ADE，＝＝，
∴∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC－∠BAE＝∠DAE－∠BAE，
∴∠CAE＝∠BAD，
∴△CAE∽△BAD，
∴＝＝.
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第四章 三角形
专题八 手拉手模型
模型一 全等型手拉手模型
模型 展示
模型 特点 在△OAB中，OA＝OB，在△OCD中，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝α，连接AC，BD，相交于点 E．简记为：双等腰，共顶点，顶角相等，旋转得全等
结论 ①△AOC≌△BOD(SAS)； ②AC＝BD； ③两条拉手线AC，BD所在直线的夹角与∠AOB相等或互补
1.如图，在△ABC和△CDE中，AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°，连接AE，BD.
(1)求证：△ACE≌△BCD；
(2)求证：AE⊥BD.
证明：(1)∵∠ACB＝∠DCE，
∴∠ACB－∠BCE＝∠DCE－∠BCE，
∴∠ACE＝∠BCD.
在△ACE和△BCD中，
∴△ACE≌△BCD(SAS).
(2)延长AE，交CB 于点T，交BD于点H.
由(1)知△ACE≌△BCD，
∴∠CAE＝∠CBD.
∵∠CTE＝∠BTH，
∴∠BHT＝∠ACB＝90°，
∴AE⊥BD.
2．如图，已知正方形ABCD和正方形DEFG，连接AE，CG 相交于点H.
(1)求证：AE＝CG；
(2)连接HD，求证：HD平分∠AHG.
证明：(1)∵四边形 ABCD和四边形DEFG都为正方形，
∴AD＝CD，ED＝GD，∠ADC＝∠EDG＝90°，
∴∠ADC＋∠CDE ＝∠EDG＋∠CDE，
即∠ADE＝∠CDG.
在△ADE和△CDG 中，
∴△ADE≌△CDG(SAS)，
∴AE＝CG.
(2)过点D分别作DM⊥AE于点M，DN⊥CG于点N.
由(1)知△ADE≌△CDG，
∴DM＝DN.
∵DM⊥AE，DN⊥CG，
∴HD平分∠AHG.
3．如图，在△ABC 中，∠CAB＝60°，AB＝4，AC＝，以BC为腰，C为顶点作等腰三角形BCD，且∠BCD＝120°，求AD的长．
解：过点C在AC左侧作∠ACE＝120°，
且CE＝CA，连接AE，BE，
则∠ACE＝∠BCD，
∴∠ACE＋∠ECD＝∠BCD＋∠ECD，
即∠ACD＝∠ECB.
又∵DC＝BC，
∴△ACD≌△ECB(SAS)，
∴AD＝EB.
过点C作CF⊥AE于点F.
∵∠ACE＝120°，CE＝CA，
∴∠EAC＝(180°－∠ACE)＝30°，
∴AE＝2AF＝2AC·cos 30°＝3.
∵∠CAB＝60°，
∴∠EAB＝∠EAC＋∠CAB＝90°，
∴EB＝＝5，
∴AD＝5.
模型二 相似型手拉手模型
模型 展示
模型 特点 △AOB∽△COD，且绕公共顶点O旋转，简记为：非等腰，共顶点，顶角相等，旋转得相似
结论 ①△AOC∽△BOD； ②＝＝； ③两条拉手线AC，BD所在直线的夹角与∠AOB相等或互补
4.如图，在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，连接BD并延长，交AC于点M.
(1)求的值；
(2)求∠AMB的度数．
解：(1)∵∠AOB＝∠COD＝90°，
∠OAB＝∠OCD＝30°，
∴＝＝，
∠COD＋∠AOD＝∠AOB＋∠AOD，
即∠AOC＝∠BOD，
∴△AOC∽△BOD，
∴＝＝.
(2)由(1)知△AOC∽△BOD，
∴∠CAO＝∠DBO.
∵∠AOB＝90°，
∴∠DBO＋∠ABD＋∠BAO＝90°，
∴∠CAO＋∠ABD＋∠BAO＝90°，
∴∠AMB＝90°.
5．【问题呈现】
(1)如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE.求证：BD＝CE；
【类比探究】
(2)如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，连接BD，CE，求的值；
【拓展提升】
(3)如图3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且＝＝，连接BD，CE.
①求的值；
②延长CE，交BD于点F，交AB于点G，则sin ∠BFC的值为．
(1)证明：∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AD＝AE，AB＝AC，∠DAE＝∠BAC＝60°，
∴∠DAE－∠BAE＝∠BAC－∠BAE，
即∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD＝CE.
(2)解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
∴＝＝，∠DAE＝∠BAC＝45°，
∴∠DAE－∠BAE＝∠BAC－∠BAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD∽△CAE，
∴＝＝＝.
(3)①解：∵＝＝，
∴＝.
∵∠ABC＝∠ADE＝90°，
∴△ABC∽△ADE，＝＝，
∴∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC－∠BAE＝∠DAE－∠BAE，
∴∠CAE＝∠BAD，
∴△CAE∽△BAD，
∴＝＝.
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专题八 手拉手模型
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第四章 三角形
模型一 全等型手拉手模型
②延长CE，交BD于点F，交AB于点G，则sin ∠BFC的值为____．
谢谢
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