中考數(shù)學(xué) 專題05 手拉手模型構(gòu)造全等三角形（專題練習(xí)）

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兩個(gè)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(shí)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(gè)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
△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4
1、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=∠CDE
DB=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=∠BCD
CE=CD
∴△ACE≌△BCD(SAS)
∴AE=BD
3、已知，在△ABC中，AB＝AC，點(diǎn)P平面內(nèi)一點(diǎn)，將AP繞A順時(shí)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＝∠PAC
AB＝AC
∴△AQB≌△APC，∴BQ＝CP
（2）∵∠QAP＝∠BAC
∴∠QAP＋∠BAP＝∠BAC＋∠BAP[來
即∠QAB＝∠PAC
另由旋轉(zhuǎn)得AQ＝AP
在△AQB和△APC中
AQ＝AP
∠QAB＝∠PAC
AB＝AC
∴△AQB≌△APC，∴BQ＝CP
4、如圖，點(diǎn)G是正方形ABCD對(duì)角線CA的延長線上任意一點(diǎn)，以線段AG為邊作一個(gè)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=∠GAD
AB=AD
∴△EAB≌△GAD（SAS）
∴EB=GD
∵四邊形ABCD是正方形，AB=2
∴BD⊥AC,AC=BD=2AB=2
∴∠DOG=90°，OA=OD=12BD=1
∵AG=1
∴OG=OA+AG=2
∴GD=5，EB=5
5、已知正方形ABCD和正方形AEFG有一個(gè)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(shí)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=∠BAE
AB=AD
∠DAG=∠BAE
AE=AG
∴△BAE≌△DAG(SAS)
∴BE=DG
6、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(gè)結(jié)論: = 1 \* GB3 ①BD=CE; = 2 \* GB3 ②BD⊥CE; = 3 \* GB3 ③∠ACE+∠BDC=45°； = 4 \* GB3 ④BE2=2AD2+AB2其中結(jié)論正確的個(gè)數(shù)是_______
解析： = 1 \* GB3 ①∵∠BAC=∠DAE=90°
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD
即∠BAD=∠CAE
∵在△BAD和△CAE中，，∴△BAD≌△CAE(SAS)，∴BD=CE
= 2 \* GB3 ②∵△BAD≌△CAE[
∴∠ABD=∠ACE
∵∠ABD+∠DBC=45°
∴∠ACE+∠DBC=45°
∴∠DBC+∠DCB=90°
則BD⊥CE
= 3 \* GB3 ③∵△ABC為等腰直角三角形
∴∠ABC=∠ACB=45°
∴∠ABD+∠DBC=45°
∵∠ABD=∠ACE
∴∠ACE+∠DBC=45°
= 4 \* GB3 ④∵BD⊥CE
∴在Rt△BDE中，利用勾股定理得：
BE2=BD2+DE2∵△ADE為等腰三角形，∴DE=2AD
即DE2=2AD2∴BE2=BD2+DE2=BD2+2AD2
【基礎(chǔ)訓(xùn)練】
1、已知△ABC為等邊三角形，點(diǎn)D為直線BC上一動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)D不與點(diǎn)B,點(diǎn)C重合）.以AD為邊作等邊三角形ADE,連接CE.
如圖1，當(dāng)點(diǎn)D在邊BC上時(shí)，求證：△ABD≌△ACE;直接判斷結(jié)論BC=DC+CE是否成立（不需要證明）；
如圖2，當(dāng)點(diǎn)D在邊BC的延長線上時(shí)，其他條件不變，請(qǐng)寫出BC、DC、CE之間存在的數(shù)量關(guān)系，并寫出證明過程.
解析：(1)∵△ABC和△ADE是等邊三角形
∴∠BAC=∠DAE=60°，AB=BC=AC,AD=DE=AE
∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC
∴∠BAD=∠EAC
在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE(SAS)，，∴△ABD≌△ACE，∴BD=CE
∵BC=BD+CD
∴BC=CE+CD
（2）∵△ABC和△ADE是等邊三角形
∴∠BAC=∠DAE=60°，AB=BC=AC,AD=DE=AE
∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC
∴∠BAD=∠EAC
在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD=CE[
∵BD=BC+CD
∴CE=BC+CD
2、如圖，△ACB與△ECD都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ECD=90°，點(diǎn)D為AB邊上的一點(diǎn).
若DE=13，BD=12，求線段AB的長.
∵△ACE≌△BCD
∴AE=BD,∠EAC=∠B=45°
∵BD=12
∴∠EAD=45°+45°=90°，AE=12
在Rt△EAD中，∠EAD=90°，DE=13，AE=12，由勾股定理得：AD=5
∴AB=BD+AD=12+5=17
3、如圖，點(diǎn)A、B、C在一條直線上，△ABD,△BCE均為等邊三角形，連接AE和CD,AE分別交CD,BD于點(diǎn)M,P,CD交BE于點(diǎn)Q，連接PQ,BM.
下面結(jié)論：△ABE≌△DBC;∠DMA=60°；△BPQ為等邊三角形；MB平分∠AMC.其中正確的有____________
解析：
∵△ABD,△BCE為等邊三角形
∴AB=DB,∠ABD=∠CBE=60°，BE=BC
∴∠ABE=∠DBC,∠PBQ=60°
在△ABE和△DBC中
AB=DB
∠ABE=∠DBC
BE=BC
∴△ABE≌△DBC ∴(1)正確
∵△ABE≌△DBC
∴∠BAE=∠BDC
∵∠BDC+∠BCD=180°-60°-60°=60°
∴∠DMA=∠BAE+∠BCD=∠BDC+∠BCD=60°（2）正確
∵在△ABP和△BDQ中
∠BAP=∠BDQ
AB=DB
∠ABP=∠DBQ=60°
∴△ABP≌△DBQ
∴BP=BQ
∴△BPQ為等邊三角形（3）正確
∵∠DMA=60°
∴∠AMC=120°
∴∠AMC+∠PBQ=180°
∴P、B、Q、M四點(diǎn)共圓
∵ BP=BQ
∴∠BMP=∠BMQ
即MB平分∠AMC
4、如圖1，CA=CB,CD=CE,∠ACB=∠DCE=α，AD、BE相交于點(diǎn)M,連接CM.
求證：BE=AD;用含α的式子表示∠AMB的度數(shù)；當(dāng)α=90°時(shí)，取AD、BE的中點(diǎn)分別為點(diǎn)P、Q，連接CP,CQ,PQ,如圖2，判斷△CPQ的形狀，并加以證明.
解析：（1）如圖1，∵∠ACB=∠DCE=α
∴∠ACD=∠BCE
在△ACD和△BCE中，
CA=CB
∠ACD=∠BCE
CD=CE
∴△ACD≌△BCE（SAS）
∴BE=AD
(2) 如圖1，∵△ACD≌△BCE
∴∠CAD=∠CBE
∵△ABC中，∠BAC+∠ABC=180°-α
∴∠BAM+∠AMB=180°-α
∴△ABM中，∠AMB=180°-（180°-α）=α.
如圖2，由（1）可得，BE=AD，
∵AD,BE的中點(diǎn)分別為點(diǎn)P、Q
∴AP=BQ
∵△ACQ≌△BCE
∴∠CAP=∠CBQ
在△ACP和△BCQ中，
CA=CB
∠CAP=∠CBQ
AP=BQ
∴△ACP≌△BCQ（SAS）
∴CP=CQ,且∠ACP=∠BCQ
又∵∠ACP+∠PCB=90°
∴∠BCQ+∠PCB=90°
∴∠PCQ=90°
∴△CPQ為等腰直角三角形.
【鞏固提升】
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(shí)，求BF的長；
（2）如圖2，將圖1中的△BDE繞點(diǎn)B按順時(shí)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．
解析：（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(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)B、C重合），將線段AD繞點(diǎn)A順時(shí)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(shí)，求CD的長．
解析：（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(shí)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(shí)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．
解析：（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(shí)，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(shí)針旋轉(zhuǎn)一個(gè)銳角，其他條件不變時(shí)，請(qǐng)?zhí)骄緽E、CF的關(guān)系并直接寫出結(jié)論．
解析：（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(gè)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），來∴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(shí)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(shí)，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(shí)，此時(shí)EC′的長為 ．
解析：（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(shí)，∠B'DA＝∠DAE＝90°，
又∵AD＝AB'，∴∠AB'D＝30°，∴∠DAB'＝60°，∴旋轉(zhuǎn)角α＝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，
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(shí)，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(shí)，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，又∵∠MCN＝∠OCG＝60°，∴∠OCN＝∠GCM，
在△OCN和△GCM中，，∴△OCN≌△GCM（ASA），∴ON＝GM，
∵OG＝OM+GM，∴OC＝OM+ON；
（2）OC＝OM﹣ON，理由如下：作∠OCG＝60°，交OA于G，如圖2所示：
∵∠AOB＝120°，OC平分∠AOB，∴∠CON＝∠COG＝60°，
∴∠CON＝120°，∠OCG＝∠COG，∴OC＝CG，
∴△OCG是等邊三角形，∴OC＝OG，∠CGO＝60°，∴∠CGM＝120°＝∠CON，
∵∠MCN＝∠OCG＝60°，∴∠OCN＝∠GCM，
在△OCN和△GCM中，，∴△OCN≌△GCM（ASA），∴ON＝GM，
∵OG＝OM﹣GM，∴OC＝OM﹣ON；