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课件网) 专题六 手拉手模型 类型一 手拉手旋转全等 如图，在△AOB中，OA＝OB，DE∥AB→将△DOE绕点O旋转 →△AOD≌△BOE. 手拉手全等模型一般可分为：双等腰三角形，双等边三角形，双 等腰直角三角形，双正方形. 1. 如图，△ACB和△ECD都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠ECD＝ 90°，D为AB边上一点.若AD＝5，BD＝12，则DE的长为 . 13 2. 如图，△ABC和△CDE都是等边三角形，且点D在AB边上，AB＝ 5，BD＝3，边BC与DE相交于点F，连接BE，则 的值是 . 3. 如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，AB＝3，BC＝5，分别以AB， AC为边向外作等边三角形ABE和等边三角形ACD，连接CE，BD，则 BD的长为 . 7 4. 如图，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，OA＞OC， ∠AOB＝∠COD＝40°，连接AC，BD交于点M，连接OM. 下列结 论：①AC＝BD；②∠AMD＝140°；③OM平分∠BOC；④MO平分 ∠BMC. 其中正确结论的序号是 . ①②④ 5. 如图，已知正方形ABCD和正方形DEFG，连接AE，CG相交于点 H，连接HD，求∠AHD的度数. 解：∵∠ADE＝90°＋∠CDE，∠CDG＝90°＋∠CDE， ∴∠ADE＝∠CDG. 又∵AD＝CD，DE＝DG，∴△ADE≌△CDG（SAS）， ∴AE＝CG，∠DAE＝∠DCG，∴∠AHC＝∠ADC＝90°. 如图，过点D作DM⊥AE于点M，DN⊥CG于点N. ∵△ADE≌△CDG，∴S△ADE＝S△CDG，∴ AE·DM＝ CG·DN， ∴DM＝DN，∴四边形DMHN是正方形，∴HD平分∠AHG， ∴∠AHD＝ ∠AHG＝45°. 6. （1）【发现问题】如图①，在△ABC和△AEF中，AB＝AC，AE ＝AF，∠BAC＝∠EAF＝30°，连接BE，CF，延长BE交CF于点 D，则BE与CF的数量关系是 ，∠BDC的度数为 . 相等 30° （2）【类比探究】如图②，在△ABC和△AEF中，AB＝AC，AE＝ AF，∠BAC＝∠EAF＝120°，连接BE，CF，延长BE，FC交于点 D. 请猜想BE与CF的数量关系及∠BDC的度数，并说明理由. 解：（2）BE＝CF，∠BDC＝60°.理由如下： ∵∠BAC＝∠EAF＝120°，∴∠BAC－∠EAC＝∠EAF－∠EAC， ∴∠BAE＝∠CAF. 又∵AB＝AC，AE＝AF，∴△ABE≌△ACF（SAS），∴BE＝CF， ∠AEB＝∠AFC， ∴∠BDC＝∠BEF－∠EFD＝（∠AEB＋∠AEF）－（∠AFC－ ∠AFE）， 即∠BDC＝（∠AEB＋30°）－（∠AFC－30°）＝ ∠AEB＋30°－∠AFC＋30°＝60°. （3）【拓展延伸】如图③，△ABC和△AEF均为等腰直角三角形， ∠BAC＝∠EAF＝90°，连接BE，CF，且点B，E，F在一条直线 上，过点A作AM⊥BF于点M. 请探究线段BF，CF，AM之间的数量 关系. 解：（3）∵∠BAC＝∠EAF＝90°，∴∠BAC－∠EAC＝∠EAF－ ∠EAC，∴∠BAE＝∠CAF. 又∵AB＝AC，AE＝AF，∴△ABE≌△ACF（SAS），∴BE＝CF. ∵∠EAF＝90°，AE＝AF，AM⊥BF，∴AM＝EM＝FM＝ EF， ∴BF＝BE＋EF＝CF＋2AM. 类型二 手拉手旋转相似 如图，在△AOB中，OA≠OB，DE∥AB→将△ODE绕点O旋转 →△AOD∽△BOE. 1. [2024·成都改编]如图，在△ABC和△ADE中，AB＝AD＝3，BC＝ DE＝4，∠ABC＝∠ADE＝90°，连接BD，CE，当△ADE绕点A旋 转过程中，则 的值为 . 2. 如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，D，E分别是 AC，BC上一点，且DE∥AB（图①），将△DCE绕点C逆时针旋转， 使得点D恰好落在AB边上（图②）.若图②中，AD＝ ，DB＝4， 则DE的长为 . 5 3. 如图，在正方形ABCD和正方形AEFG中，连接BG，CF，则 的 值为 . 4. （1）如图①，已知△ABC∽△ADE，求证：△ABD∽△ACE； （1）证明：∵△ABC∽△ADE，∴ ＝ ，∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAD＝∠CAE，∴△ABD∽△ACE. （2）如图②，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC ＝∠ADE＝30°，点D在边BC上，AC与DE相交于点F，若 ＝ ，求 的值. （2）解：如图 ... ...
