E
A D
B
C E A
D B C
E D C B A 图3图21图O H G A B
C
D F G H D
E C B A H
D E
C 几何基本模型之 手拉手模型
模型 手拉手
例题：如图，△ABC 是等腰三角形、△ADE 是等腰三角形，AB=AC ，AD=AE ，∠BAC=∠DAE 求证：△BAD ≌△CAE 。
模型练习
1.如图，△ADC 与△GDB 都为等腰直角三角形，连接AG 、CB ，相交于点H ，问：（1）AG 与CB 是否相等？（2）AG 与CB 之间的夹角为多少度？
2．如图，直线AB 的同一侧作△ABD 和△BCE 都为等边三角形，连接AE 、CD ，二者交点为H 。求证：
（1）△ABE ≌△DBC ；（2）AE=DC ；
（3）∠DHA=60°；（4）△AGB ≌△DFB ；（5）△EGB ≌△CFB ；
（6）连接GF ，GF ∥AC ；（7）连接HB ，HB 平分∠AHC 。
3．如图，△ABD 与△BCE 都为等边三角形，连接AE 与CD ，延长AE 交CD 于点
H ．证明：（1）AE=DC ；（2）∠AHD=60°；（3）连接HB ，HB 平分∠AHC 。
M
P D E C B A 4．在线段AE 同侧作等边△CDE （∠ACE<120°），点P 与点M 分别是线段BE
和AD 的中点。 求证：△CPM 是等边三角形。
5．如图：BE ⊥AC ，CF ⊥AB ，BM=AC ，CN=AB 。求证：（1）AM=AN ；（2）AM ⊥AN 。
6.如图， 已知等边三角形ABC 中，点D ，E ，F 分别为边AB ，AC ，BC 的中点，M 为直线BC 上一动
点，△DMN 为等边三角形（点M 的位置改变时， △DMN 也随之整体移动） ．
（1）如图①，当点M 在点B 左侧时，请你判断EN 与MF 有怎样的数量关系？点F 是否在直线NE
上？都请直接．．．．
写出结论，不必证明或说明由； （2）如图②，当点M 在BC 上时，其它条件不变，（1）的结论中EN 与MF 的数量关系是否仍然
成立?若成立，请利用图②证明；若不成立，请说明理由；
（3）若点M 在点C 右侧时，请你在图③中画出相应的图形，并判断（1）的结论中EN 与MF 的数量关系是否仍然成立?若成立?请直接写出结论，不必证明或说明理由．
F
M N E 1
234
6.如图，已知△ABC中，AB=AC=10cm,BC=8cm,点D是AB的中点。
（1）如果点P在线段BC 上以3cm/s 的速度由点B向点C运动，同时，点Q 在线段AC 上由C点向A点运动．
①若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1s 后，△BPD 与△CQP 是否全等，请说明理由；
②若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD 与△CQP 全等.
（2）若点Q 以②中的运动速度从点C 出发，点P以原来的运动速度从点B同时出发，都逆时针沿△ABC三边运动，求经过多长时间点Q与点P第一次在△ABC 的哪条边上相遇?
8.（1）如图1在等腰△ABC中，AB=AC=5，BC=6，S△ABC =12,PD⊥AB，PE⊥AC，P点为底边的中点，PD+PE= .
（2）如图2在等腰△ABC中，AB=AC，若P点为底边上任意一点，PD⊥AB，PE⊥AC，你认为
PD+PE是定值吗？说明理由.
（3）如图3在等腰△ABC中，AB=AC，若P点为底边上任意一点，PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，你能发现PD，PE和CF存在什么数量关系，提出你的猜想并证明.
（4）如图4，若P点在BC的延长线上，其余条件和（3）相同，那么PD，PE和CF的数量关系又有何变化？写出你的猜想并证明.
八年级上册数学【几何模型三角形轴对称】试卷测试与练习（word解析版） 一、八年级数学全等三角形解答题压轴题（难） 1．如图，△ABC 中，AB=AC=BC，∠BDC=120°且BD=DC，现以D为顶点作一个60°角，使角两边分别交AB，AC边所在直线于M，N两点，连接MN，探究线段BM、MN、NC之间的关系，并加以证明． （1）如图1，若∠MDN的两边分别交AB，AC边于M，N两点．猜想：BM+NC=MN．延长AC到点E，使CE=BM，连接DE，再证明两次三角形全等可证．请你按照该思路写出完整的证明过程； （2）如图2，若点M、N分别是AB、CA的延长线上的一点，其它条件不变，再探究线段BM，MN，NC之间的关系，请直接写出你的猜想（不用证明）． 【答案】（1）过程见解析；（2）MN= NC﹣BM． 【解析】 【分析】 （1）延长AC至E，使得CE=BM并连接DE，根据△BDC为等腰三角形，△ABC为等边三角形，可以证得△MBD≌△ECD，可得MD=DE，∠BDM=∠CDE，再根据∠MDN =60°，∠BDC=120°，可证∠MDN =∠NDE=60°，得出△DMN≌△DEN，进而得到 MN=BM+NC． （2）在CA上截取CE=BM，利用（1）中的证明方法，先证△BMD≌△CED（SAS），再证△MDN≌△EDN（SAS），即可得出结论． 【详解】 解：（1）如图示，延长AC至E，使得CE=BM，并连接DE．
∵△BDC为等腰三角形，△ABC为等边三角形，∴BD=CD，∠DBC=∠DCB，∠MBC=∠ACB=60°，又BD=DC，且∠BDC=120°， ∴∠DBC=∠DCB=30° ∴∠ABC+∠DBC=∠ACB+∠DCB=60°+30°=90°，∴∠MBD=∠ECD=90°， 在△MBD与△ECD中， ∵BD CD MBD ECD BM CE ， ∴△MBD≌△ECD（SAS）， ∴MD=DE，∠BDM=∠CDE ∵∠MDN =60°，∠BDC=120°， ∴∠CDE+∠NDC =∠BDM+∠NDC=120°-60°=60°，即：∠MDN =∠NDE=60°， 在△DMN与△DEN中， ∵MD DE MDN EDN DN DN ， ∴△DMN≌△DEN（SAS）， ∴MN=NE=CE+NC=BM+NC． （2）如图②中，结论：MN=NC﹣BM．
几何变换的三种模型手拉手、半角、对角互补 ?????? ?? ?? ??? ???? ? ????????等腰三角形手拉手模型等腰直角三角形（包含正方形）等边三角形（包含费马点）特殊角旋转变换对角互补模型一般角特殊角角含半角模型一般角 等线段变换（与圆相关） 【练1】 （2013北京中考）在ABC △中，AB AC =，BAC α∠=（060α?<
【练2】 （2012年北京中考）在ABC △中，BA BC BAC α=∠=， ，M 是AC 的中点，P 是线段上的动点，将线段PA 绕点P 顺时针旋转2α得到线段PQ ． （1）若α=60?且点P 与点M 重合（如图1），线段CQ 的延长线交射线BM 于点D ，请补全图形，并写出CDB ∠的度数； （2）在图2中，点P 不与点B M ，重合，线段CQ 的延长线与射线BM 交于点D ，猜想CDB ∠的大小（用含α的代数式表示），并加以证明； （3）对于适当大小的α，当点P 在线段BM 上运动到某一位置（不与点B ，M 重合）时，能使得线段CQ 的延长线与射线BM 交于点D ，且PQ QD =，请直接写出α的范围．
例题精讲 考点1：手拉手模型：全等和相似 包含：等腰三角形、等腰直角三角形（正方形）、等边三角形伴随旋转出全等，处于各种位置的旋转模型，及残缺的旋转模型都要能很快看出来 （1）等腰三角形旋转模型图（共顶点旋转等腰出伴随全等） （2）等边三角形旋转模型图（共顶点旋转等边出伴随全等） （3）等腰直角旋转模型图（共顶点旋转等腰直角出伴随全等） （4）不等边旋转模型图（共顶点旋转不等腰出伴随相似）
中考直通车·数学广州分册 第八章专题拓展 第24讲常见几何模型
【考点解读】 常见几何模型是广州市中考的压轴题常考题型，主要以考察选择、填空最后一题和几何压轴题为主。几何模型类型较多，综合性强，属于中考中重点但同样是难点的一个考点。 【考点分析】 2011年 考查三角形全等和三角形中位线性质，标准的手拉手模型。 2014年 考查三角形全等的判断和性质，根据手拉手模型找出全等三角形，再应用其性质 2016年 本年度模型思想明显，分值占比大，主要考查三角形全等的判定及其性质、图像的旋转，利用模型思想作为解题突破口顺利完成辅助线。 【模型介绍】 手拉手模型： 1、 【条件】 如图两个等边三角形ABD ?与BCE ?，连结 AE 与CD ， 【结论】（1）DBC ABE ??? （2）DC AE = （3）AE 与DC 之间的夹角为? 60 （4）AE 与DC 的交点设为H , BH 平分AHC ∠
C D A B F E C D 2、 【条件】如图两个等腰直角三角形ADC 与EDG ，连结CE AG ,,二者相交于点H 。 【结论】 （1）CDE ADG ???是否成立？ （2）AG =CE （3）AG 与CE 之间的夹角为 90 （4）HD 是否平分AHE ∠？ 旋转模型： 一、邻角相等对角互补模型 【条件】如图，四边形ABCD 中，AB =AD ，90BAD BCD ?∠=∠= 【结论】45ACB ACD BC CD ? ∠=∠=+= ① ② 二、角含半角模型：全等 角含半角要旋转：构造两次全等 F E D C B A G F E D C B A A C D E A C D E F
人教版八年级数学上册【几何模型三角形轴对称】试卷专题练习（解析版） 一、八年级数学轴对称解答题压轴题（难） 1．如图，在ABC △中，已知AD是BC边上的中线，E是AD上一点，且BE AC =，延长BE交AC于点F，求证：AF EF =． 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 延长 AD到点G，使得AD DG =，连接BG，结合D是BC的中点，易证△ADC和 △GDB全等，利用全等三角形性质以及等量代换，得到△AEF中的两个角相等，再根据等角对等边证得AE=EF. 【详解】 如图，延长AD到点G，延长AD到点G，使得AD DG =，连接BG． ∵AD是BC边上的中线， ∴DC DB =． 在ADC和GDB △中， AD DG ADC GDB DC DB = ? ? ∠=∠ ? ?= ? （对顶角相等）， ∴ADC≌GDB △（SAS）． ∴CAD G ∠=∠，BG AC =． 又BE AC =， ∴BE BG =．
∴BED G ∠=∠． ∵BED AEF ∠=∠ ∴AEF CAD ∠=∠，即AEF FAE ∠=∠ ∴AF EF =． 【点睛】 本题考查的是全等三角形的判定与性质，根据题意构造全等三角形是解答本题的关键. 2．（1）如图①，D 是等边△ABC 的边BA 上一动点（点D 与点B 不重合），连接DC ，以DC 为边，在BC 上方作等边△DCF ，连接AF ，你能发现AF 与BD 之间的数量关系吗？并证明你发现的结论； （2）如图②，当动点D 运动至等边△ABC 边BA 的延长线时，其他作法与（1）相同，猜想AF 与BD 在（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明； （3）Ⅰ.如图③，当动点D 在等边△ABC 边BA 上运动时（点D 与B 不重合），连接DC ，以DC 为边在BC 上方和下方分别作等边△DCF 和等边△DCF ′，连接AF ，BF ′，探究AF ，BF ′与AB 有何数量关系？并证明你的探究的结论； Ⅱ．如图④，当动点D 在等边△ABC 的边BA 的延长线上运动时，其他作法与图③相同，Ⅰ中的结论是否成立？若不成立，是否有新的结论？并证明你得出的结论． 【答案】（1）AF =BD ，理由见解析；（2）AF 与BD 在（1）中的结论成立，理由见解析；（3）Ⅰ. AF +BF ′=AB ，理由见解析，Ⅱ．Ⅰ中的结论不成立，新的结论是AF =AB +BF ′，理由见解析． 【解析】 【分析】 （1）由等边三角形的性质得BC =AC ，∠BCA =60°，DC =CF ，∠DCF =60°，从而得∠BCD =∠ACF ，根据SAS 证明△BCD ≌△ACF ，进而即可得到结论； （2）根据SAS 证明△BCD ≌△ACF ，进而即可得到结论； （3）Ⅰ．易证△BCD ≌△ACF （SAS ），△BCF ′≌△ACD （SAS ），进而即可得到结论；Ⅱ．证明△BCF ′≌△ACD ，结合AF =BD ，即可得到结论． 【详解】 （1）结论：AF =BD ，理由如下： 如图1中，∵△ABC 是等边三角形， ∴BC =AC ，∠BCA =60°， 同理知，DC =CF ，∠DCF =60°， ∴∠BCA -∠DCA =∠DCF -∠DCA ，即：∠BCD =∠ACF ，
手拉手模型 【课堂导入】 什么是手拉手相似基本图形？与手拉手全等的基本图形类似，手拉手相似要比手拉手全等更具有一般性。 在上面右侧的四个图形中，每一个图形中都存在两对相似三角形，△ADE∽△ABC， △ADB∽△AEC，这两对相似三角形是可以彼此转化的。
【例1】已知：△ABC，△DEF 都是等边三角形，M 是 BC 与 EF 的中点，连接 AD，BE. （1）如图1，当EF 与BC 在同一条直线上时，直接写出 AD 与BE 的数量关系和位置关系； （2）△ABC 固定不动，将图1 中的△DEF 绕点M 顺时针旋转（0o≤≤90o）角，如图2 所示，判断（1）中的结论是否仍然成立，若成立，请加以证明；若不成立，说明理由； 【例2】以平面上一点O 为直角顶点，分别画出两个直角三角形，记作△AOB 和△COD，其中∠ABO=∠DCO=30°．点E、F、M 分别是AC、CD、DB 的中点，连接FM、EM． ①如图 1，当点D、C 分别在 AO、BO 的延长线上时 F M E M ②如图2，将图1 中的△AOB 绕点O 沿顺时针方向旋转60度角，其 他条件不变，判断 F M的值是否发生变化，并对你的结论进行证明； E M
【例3】如图 1，在△ABC 中，∠ACB=90°，BC=2，∠A=30°，点 E，F 分别是线段 BC， AF=_______． AC 的中点，连结 EF．（1）线段B E 与A F 的位置关系是_______， BE （1）中的结论是（2）如图2，当△CEF 绕点C顺时针旋转α时（0°＜α＜180°） ，连结A F，BE， 否仍然成立.如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由． 【例4】如图 1，在四边形 ABCD 中，点E、F 分别是AB、CD 的中点，过点E 作AB 的垂 线，过点F 作CD 的垂线，两垂线交于点G，连接AG、BG、CG、DG，且∠AGD=∠BGC． （1）求证：AD=BC． （2）求证：△AGD∽△EGF． （3）如图2，若AD、BC 所在直线互相垂直，求E F A D的值．
创作编号： GB8878185555334563BT9125XW 创作者： 凤呜大王* 初中数学九大几何模型 一、手拉手模型----旋转型全等 （1）等边三角形 【条件】：△OAB 和△OCD 均为等边三角形； 【结论】：①△OAC ≌△OBD ；②∠AEB=60°；③OE 平分∠AED （2）等腰直角三角形 O B C D E 图 1 O A B C D E 图 2 O A B C D E 图 1 O A C D E 图 2
【条件】：△OAB 和△OCD 均为等腰直角三角形； 【结论】：①△OAC ≌△OBD ；②∠AEB=90°；③OE 平分∠AED （3）顶角相等的两任意等腰三角形 【条件】：△OAB 和△OCD 均为等腰三角形； 且∠COD=∠AOB 【结论】：①△OAC ≌△OBD ； ②∠AEB=∠AOB ； ③OE 平分∠AED 二、模型二：手拉手模型----旋转型相似 （1）一般情况 【条件】：CD ∥AB ， 将△OCD 旋转至右图的位置 【结论】：①右图中△OCD ∽△OAB →→→△OAC ∽△OBD ； ②延长AC 交BD 于点E ，必有∠BEC= ∠BOA O A B C D E O A B C D E 图 1 图 2 O C O C D E O A B C D E O C D
（2）特殊情况 【条件】：CD ∥AB ，∠AOB=90° 将△OCD 旋转至右图的位置 【结论】：①右图中△OCD ∽△OAB →→→△OAC ∽△OBD ； ②延长AC 交BD 于点E ，必有∠BEC=∠BOA ； ③ ===OA OB OC OD AC BD tan ∠OCD ；④BD ⊥AC ； ⑤连接AD 、BC ，必有22 22CD AB B C AD +=+；⑥BD AC 21 S △BCD ?= 三、模型三、对角互补模型 （1）全等型-90° 【条件】：①∠AOB=∠DCE=90°；②OC 平分∠AOB 【结论】：①CD=CE ；②OD+OE=2OC ；③2△OCE △OCD △DCE OC 2 1 S S S =+= 证明提示： ①作垂直，如图2，证明△CDM ≌△CEN ②过点C 作CF ⊥OC ，如图3，证明△ODC ≌△FEC ※当∠DCE 的一边交AO 的延长线于D 时（如图4）： 以上三个结论：①CD=CE ；②OE-OD=2OC ； ③2△OCD △OCE OC 21 S S =- A O B C D E 图 1 A O B C D E M N 图 2 A O B C D E F 图 3 A O B C D E M N 图 4
八年级数学【几何模型三角形轴对称】试卷专题练习（解析版） 一、八年级数学轴对称解答题压轴题（难） 1．如图，在平面直角坐标系中，已知点A（2，3），点B（﹣2，1）． （1）请运用所学数学知识构造图形求出AB的长； （2）若Rt△ABC中，点C在坐标轴上，请在备用图1中画出图形，找出所有的点C后不用计算写出你能写出的点C的坐标； （3）在x轴上是否存在点P，使PA=PB且PA+PB最小？若存在，就求出点P的坐标；若不存在，请简要说明理由（在备用图2中画出示意图）． 【答案】（1）AB=52）C2（0,7），C4（0，-4），C5（-1,0）、C6（1,0）；（3）不存在这样的点P． 【解析】 【分析】 （1）如图，连结AB，作B关于y轴的对称点D，利用勾股定理即可得出AB； （2）分别以A，B，C为直角顶点作图，然后直接得出符合条件的点的坐标即可； （3）作AB的垂直平分线l3，则l3上的点满足PA=PB，作B关于x轴的对称点B′，连结AB′，即x轴上使得PA+PB最小的点，观察作图即可得出答案． 【详解】 解：（1）如图，连结AB，作B关于y轴的对称点D， 由已知可得，BD=4，AD=2．∴在Rt△ABD中，AB=5 （2）如图，①以A为直角顶点，过A作l1⊥AB交x轴于C1，交y轴于C2． ②以B为直角顶点，过B作l2⊥AB交x轴于C3，交y轴于C4． ③以C为直角顶点，以AB为直径作圆交坐标轴于C5、C6、C7．（用三角板画找出也可）由图可知，C2（0,7），C4（0，-4），C5（-1,0）、C6（1,0）．
（3）不存在这样的点P． 作AB的垂直平分线l3，则l3上的点满足PA=PB， 作B关于x轴的对称点B′，连结AB′， 由图可以看出两线交于第一象限． ∴不存在这样的点P． 【点睛】 本题考查了勾股定理，构造直角三角形，中垂线和轴对称--路径最短问题的综合作图分析，解题的关键是学会分类讨论，学会画好图形解决问题． 2．教材呈现：如图是华师版八年级上册数学教材第94页的部分内容.2．线段垂直平分线.我们已经知道线段是轴对称图形，线段的垂直平分线是线段的对称轴，如图，直线MN是线段AB的垂直平分线，P是MN上任一点，连结PA、PB，将线段AB沿直线MN对称，我们发现PA与PB完全重合，由此即有：线段垂直平分线的性质定理线段垂直平分线上的点到线段的距离相等．已知：如图，MN⊥AB，垂足为点C，AC＝BC，点P是直线MN上的任意一点．求证：PA＝PB．分析：图中有两个直角三角形APC和BPC，只要证明这两个三角形全等，便可证明PA＝PB．
八年级上册数学【几何模型三角形轴对称】试卷专题练习（word版 一、八年级数学全等三角形解答题压轴题（难） 1．如图1，在△ACB和△AED中，AC＝BC，AE＝DE，∠ACB＝∠AED＝90°，点E在AB上，F是线段BD的中点，连接CE、FE． （1）请你探究线段CE与FE之间的数量关系（直接写出结果，不需说明理由）； （2）将图1中的△AED绕点A顺时针旋转，使△AED的一边AE恰好与△ACB的边AC在同一条直线上（如图2），连接BD，取BD的中点F，问（1）中的结论是否仍然成立，并说明理由； （3）将图1中的△AED绕点A顺时针旋转任意的角度（如图3），连接BD，取BD的中点F，问（1）中的结论是否仍然成立，并说明理由． 【答案】（1）线段CE与FE之间的数量关系是CE2FE；（2）（1）中的结论仍然成立．理由见解析；（3）（1）中的结论仍然成立．理由见解析 【解析】 【分析】 （1）连接CF，直角△DEB中，EF是斜边BD上的中线，因此EF=DF=BF，∠FEB=∠FBE，同理可得出CF=DF=BF，∠FCB=∠FBC，因此CF=EF，由于∠DFE=∠FEB+∠FBE=2∠FBE，同理∠DFC=2∠FBC，因此∠EFC=∠EFD+∠DFC=2（∠EBF+∠CBF）=90°，因此△EFC是等腰直角三角形，2EF； （2）思路同（1）也要通过证明△EFC是等腰直角三角形来求解．连接CF，延长EF交CB 于点G，先证△EFC是等腰三角形，可通过证明CF是斜边上的中线来得出此结论，那么就要证明EF=FG，就需要证明△DEF和△FGB全等．这两个三角形中，已知的条件有一组对顶角，DF=FB，只要再得出一组对应角相等即可，我们发现DE∥BC，因此∠EDB=∠CBD，由此构成了两三角形全等的条件．EF=FG，那么也就能得出△CFE是个等腰三角形了，下面证明△CFE是个直角三角形．由上面的全等三角形可得出ED=BG=AD，又由AC=BC，因此 CE=CG，∠CEF=45°，在等腰△CFE中，∠CEF=45°，那么这个三角形就是个等腰直角三角形，因此就能得出（1）中的结论了； （3）思路同（2）通过证明△CFE来得出结论，通过全等三角形来证得CF=FE，取AD的中点M，连接EM，MF，取AB的中点N，连接FN、CN、CF．那么关键就是证明△MEF和△CFN全等，利用三角形的中位线和直角三角形斜边上的中线，我们不难得出 EM=PN=1 2 AD，EC=MF= 1 2 AB，我们只要再证得两对应边的夹角相等即可得出全等的结
八年级数学上册【几何模型三角形轴对称】试卷（Word 版 含解析） 一、八年级数学 轴对称解答题压轴题（难） 1．已知：在平面直角坐标系中，A 为x 轴负半轴上的点，B 为y 轴负半轴上的点. (1)如图1，以A 点为顶点、AB 为腰在第三象限作等腰Rt ABC ?，若2OA =，4OB =，试求C 点的坐标； (2)如图2，若点A 的坐标为() 23,0-，点B 的坐标为()0,m -，点D 的纵坐标为n ，以 B 为顶点，BA 为腰作等腰Rt ABD ?.试问：当B 点沿y 轴负半轴向下运动且其他条件都不 变时，整式2253m n +-的值是否发生变化？若不发生变化，请求出其值；若发生变化，请说明理由； (3)如图3，E 为x 轴负半轴上的一点，且OB OE =，OF EB ⊥于点F ，以OB 为边作等边OBM ?，连接EM 交OF 于点N ，试探索：在线段EF 、EN 和MN 中，哪条线段等于EM 与ON 的差的一半？请你写出这个等量关系，并加以证明. 【答案】(1) C(-6,-2);(2)不发生变化，值为3-3）EN=1 2 (EM-ON)，证明见详解. 【解析】 【分析】 （1）作CQ ⊥OA 于点Q,可以证明AQC BOA ?，由QC=AD,AQ=BO,再由条件就可以求出点C 的坐标； （2）作DP ⊥OB 于点P ，可以证明AOB BPD ?，则有BP=OB-PO=m-(-n)=m+n 为定值，从而可以求出结论2253m n +-3- （3）作BH ⊥EB 于点B ，由条件可以得出 ∠1=30°,∠2=∠3=∠EMO=15°,∠EOF=∠BMG=45°,EO=BM,可以证明ENO BGM ?，则GM=ON,就有EM-ON=EM-GM=EG ,最后由平行线分线段成比例定理就可得出EN=1 2 (EM-ON). 【详解】 （1）如图（1）作CQ ⊥OA 于Q,
人教版八年级上册数学【几何模型三角形轴对称】试卷测试卷（解析版） 一、八年级数学轴对称解答题压轴题（难） 1．如图1，△ABC 中，AB＝AC，∠BAC＝90o，D、E 分别在 BC、AC 边上，连接 AD、BE 相 交于点 F，且∠CAD＝1 2 ∠ABE． (1)求证：BF＝AC； (2)如图2，连接 CF，若 EF＝EC，求∠CFD 的度数； (3)如图3，在⑵的条件下，若 AE＝3，求 BF 的长. 【答案】（1）答案见详解；（2）45°，（3）4. 【解析】 【分析】 （1）设∠CAD=x，则∠ABE=2x，∠BAF=90°-x，∠AFB=180°-2x-(90°-x)= 90°-x，进而得到∠BAF =∠AFB，即可得到结论； (2)由∠AEB=90°-2x，进而得到∠EFC=（90°-2x）÷2=45°-x，由BF＝AB，可得： ∠EFD=∠BFA=90°-x，根据∠CFD=∠EFD-∠EFC，即可求解； (3)设EF＝EC=x，则AC=AE+EC=3+x，可得BE=BF+EF=3+x+x=3+2x，根据勾股定理列出方程，即可求解. 【详解】 （1）设∠CAD=x， ∵∠CAD＝1 2 ∠ABE，∠BAC＝90o， ∴∠ABE=2x，∠BAF=90°-x， ∵∠ABE+∠BAF+∠AFB=180°， ∴∠AFB=180°-2x-(90°-x)= 90°-x， ∴∠BAF =∠AFB， ∴BF＝AB； ∵AB＝AC， ∴BF＝AC； （2）由（1）可知：∠CAD=x，∠ABE=2x，∠BAC＝90o，∴∠AEB=90°-2x， ∵EF＝EC， ∴∠EFC=∠ECF， ∵∠EFC+∠ECF=∠AEB=90°-2x，
初中几何经典模型总结（手拉手模型） 模型可以让同学更快的进入到几何之中，产生兴趣。也是近来学习初中几何不可或缺的一种重要方法。下面给大家介绍一种经典几何模型---手拉手模型，这也是历年数学中考常考的几何压轴题型之一。手拉手模型的概念:1、手的判别：判断左右：将等腰三角形顶角顶点朝上，正对读者，读者左边为左手顶点，右边为右手顶点。2、手拉手模型的定义：定义: 两个顶角相等且有共顶点的等腰三角形形成的图形。（左手拉左手，右手拉右手）例如：3、手拉手模型的重要结论三个固定结论:结论1:△ABC≌△AB'C'(SAS)BC=B'C'（左手拉左手等于右手拉右手）结论2：∠BOB'=∠BAB'（用四点共圆证明）结论3: AO平分∠BOC'（用四点共圆证明）例题解析：类型一共顶点的等腰直角三角形中的手拉手例1：已知：如图△ABC和△ADE都是等腰直角三角形， ∠BAC=∠DAE=90°．求证：BD=CE．分析： 要证BD=CE可转化为证明△BAE≌△CAD，由已知可证 AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠EAD=90°，因为∠BAC ∠CAE=∠EAD ∠CAE，即可证∠BAE=∠CAD，符合SAS，即得证．解答：证明：∵△ABC与△AED均为等腰直角三角形，∴AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠EAD=90°，∴∠BAC ∠CAE=∠EAD ∠CAE，即∠BAE=∠CAD，在△BAE与△CAD中，
AB=AC,∠BAE=∠CAD，AE=AD∴△BAE≌△CAD（SAS）， ∴BD=CE．类型二共顶点的等边三角形中的手拉手例2：图1、图2中，点B为线段AE上一点，△ABC与△BED都是等边三角形。(1)如图1，求证：AD=CE；(2)如图2，设CE与AD交于点F，连接BF.①求证：∠CFA=60°；②求证：CF BF=AF.分析：（1）如图1，利用等边三角形性质得：BD=BE，AB=BC，∠ABC=∠DBE=60°，再证∠ABD=∠CBE，根据SAS 证明△ABD≌△CBE得出结论；（2）①如图2，利用（1）中的全等得：∠BCE=∠DAB，根据两次运用外角定理可得结论； ②如图3，作辅助线，截取FG=CF，连接CG，证明△CFG 是等边三角形，并证明△ACG≌△BCF，由线段的和得出结论．解答：证明：(1)如图1，∵△ABC与△BED都是等边三角形，∴BD=BE,AB=BC,∠ABC=∠DBE=60°，∴∠ABC ∠CBD=∠DBE ∠CBD，即∠ABD=∠CBE，在△ABD和△CBE 中，AB=AC∠ABD=∠CBEBD=BE，∴△ABD≌△CBE(SAS)，∴AD=CE，(2)①如图2,由(1)得：△ABD≌△CBE， ∴∠BCE=∠DAB，∵∠ABC=∠BCE ∠CEB=60°，∴∠ABC=∠DAB ∠CEB=60°，∵∠CFA=∠DAB ∠CEB，∴∠CFA=60°，②如图3,在AF上取一点G,使FG=CF,连接CG,∵∠AFC=60°， ∴△CGF是等边三角形，∴∠GCF=60°，CG=CF，∴∠GCB ∠BCE=60°，∵∠ACB=60°，∴∠ACG ∠GCB=60°， ∴∠ACG=∠BCE，∵AC=BC，∴△ACG≌△BCF，∴AG=BF，
E A D B C E A D B C E D C B A 图3图21图 O H G A B C D M P D E C B A 手拉手模型 模型 手拉手 如图，△ABC 是等腰三角形、△ADE 是等腰三角形，AB=AC ，AD=AE ，∠BAC=∠DAE= 。 结论：△BAD ≌△CAE 。 模型分析 手拉手模型常和旋转结合，在考试中作为几何综合题目出现。 模型实例 例1．如图，△ADC 与△GDB 都为等腰直角三角形，连接AG 、CB ，相交于点H ，问：（1）AG 与CB 是否相等？ （2）AG 与CB 之间的夹角为多少度？ 3．在线段AE 同侧作等边△CDE （∠ACE<120°），点P 与点M 分别是线段BE 和AD 的中点。 求证：△CPM 是等边三角形。
F E C B A H D E C B A 1．如图，在△ABC中，AB=CB，∠ABC=90°，F为AB延长线上一点，点E在 BC上，且AE=CF。 （1）求证：BE=BF； （2）若∠CAE=30°，求∠ACF度数。 2．如图，△ABD与△BCE都为等边三角形，连接AE与CD，延长AE交CD于点 H．证明： （1）AE=DC； （2）∠AHD=60°； （3）连接HB，HB平分∠AHC。
B A D C P E 3图B D A E C 图21 图P D E C B A 3．将等腰Rt △ABC 和等腰Rt △ADE 按图①方式放置，∠A=90°，AD 边与AB 边重合，AB=2AD=4。将△ADE 绕点A 逆时针方向旋转一个角度α（0°<α>180°），BD 的延长线交CE 于P 。 （1）如图②，证明：BD=CE ，BD ⊥CE ； （2）如图③，在旋转的过程中，当AD ⊥BD 时，求出CP 的长。
手拉手模型教学目标: 1：理解手拉手模型的概念，并掌握其特点 2：掌握手拉手模型的应用 知识梳理： 1、等边三角形 条件：△OAB，△OCD均为等边三角形 结论：；； 导角核心： 2、等腰直角三角形 条件：△OAB，△OCD均为等腰直角三角形 结论：；； 导角核心： 3、任意等腰三角形 条件：△OAB，△OCD均为等腰三角形，且∠AOB = ∠COD 结论：；；
核心图形： 核心条件：；； 典型例题： 例1:在直线ABC的同一侧作两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明：（1）△ABE≌△DBC；（2）AE=DC； （3）AE与DC的夹角为60°；（4）△AGB≌△DFB； （5）△EGB≌△CFB；（6）BH平分∠AHC；GF∥AC 例2：如果两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明： （1）△ABE≌△DBC；（2）AE=DC；（3）AE与DC的夹角为60°； （4）AE与DC的交点设为H,BH平分∠AHC 例3：如果两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明： （1）△ABE≌△DBC；（2）AE=DC；（3）AE与DC的夹角为60°； （4）AE与DC的交点设为H,BH平分∠AHC 例4：如图，两个正方形ABCD和DEFG，连接AG与CE，二者相交于H 问：（1）△ADG≌△CDE是否成立？（2）AG是否与CE相等？ （3）AG与CE之间的夹角为多少度？（4）HD是否平分∠AHE？
例5：如图两个等腰直角三角形ADC与EDG，连接AG,CE,二者相交于H.问（1）△ADG≌△CDE是否成立？（2）AG是否与CE相等？ （3）AG与CE之间的夹角为多少度？（4）HD是否平分∠AHE？ 例6：两个等腰三角形ABD与BCE，其中AB=BD,CB=EB,∠ABD=∠CBE，连接AE与CD. 问（1）△ABE≌△DBC是否成立？ （2）AE是否与CD相等？（3）AE与CD之间的夹角为多少度？ （4）HB是否平分∠AHC？ 例7：如图，分别以△ABC 的边AB、AC 同时向外作等腰直角三角形，其中 AB =AE ， AC =AD，∠BAE =∠CAD=90°，点G为BC中点，点F 为BE 中点，点H 为CD中点。探 索GF 与GH 的位置及数量关系并说明理由。 例8：如图1，已知∠DAC=90°，△ABC是等边三角形，点P为射线AD任意一点（P与A不重合），连结CP，将线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，连结QB并延长交直线AD 于点E. （1）如图1，猜想∠QEP=_______°； （2）如图2，3，若当∠DAC是锐角或钝角时，其它条件不变，猜想∠QEP的度数，选取一种情况加以证明； （3）如图3，若∠DAC=135°，∠ACP=15°，且AC=4，求BQ的长．
八年级数学上册【几何模型三角形轴对称】试卷专题练习（word版 一、八年级数学轴对称解答题压轴题（难） 1．如图，在△ABC中，AB＝AC，BD平分∠ABC交AC于点D，点E是BC延长线上的一点，且BD＝DE．点G是线段BC的中点，连结AG，交BD于点F，过点D作DH⊥BC，垂足为H． （1）求证：△DCE为等腰三角形； （2）若∠CDE＝22.5°，DC＝2，求GH的长； （3）探究线段CE，GH的数量关系并用等式表示，并说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（22 ；（3）CE＝2GH，理由见解析. 【解析】【分析】 （1）根据题意可得∠CBD＝1 2 ∠ABC＝ 1 2 ∠ACB，，由BD=DE，可得∠DBC＝∠E＝ 1 2∠ACB，根据三角形的外角性质可得∠CDE＝ 1 2 ∠ACB＝∠E，可证△DCE为等腰三角 形； （2）根据题意可得CH=DH=1，△ABC是等腰直角三角形，由等腰三角形的性质可得BG=GC，2+1，即可求GH的值； （3）CE=2GH，根据等腰三角形的性可得BG=GC，BH=HE，可得GH＝GC﹣HC＝GC﹣ （HE﹣CE）＝1 2 BC﹣ 1 2 BE+CE＝ 1 2 CE，即CE=2GH 【详解】 证明：（1）∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB， ∵BD平分∠ABC， ∴∠CBD＝1 2 ∠ABC＝ 1 2 ∠ACB， ∵BD＝DE， ∴∠DBC＝∠E＝1 2 ∠ACB， ∵∠ACB＝∠E+∠CDE，
∴∠CDE＝1 2 ∠ACB＝∠E， ∴CD＝CE， ∴△DCE是等腰三角形 （2） ∵∠CDE＝22.5°，CD＝CE2， ∴∠DCH＝45°，且DH⊥BC， ∴∠HDC＝∠DCH＝45° ∴DH＝CH， ∵DH2+CH2＝DC2＝2， ∴DH＝CH＝1， ∵∠ABC＝∠DCH＝45° ∴△ABC是等腰直角三角形， 又∵点G是BC中点 ∴AG⊥BC，AG＝GC＝BG， ∵BD＝DE，DH⊥BC ∴BH＝HE2+1 ∵BH＝BG+GH＝CG+GH＝CH+GH+GH2+1∴1+2GH2+1 ∴GH＝ 2 2 （3）CE＝2GH 理由如下：∵AB＝CA，点G是BC的中点，∴BG＝GC， ∵BD＝DE，DH⊥BC， ∴BH＝HE， ∵GH＝GC﹣HC＝GC﹣（HE﹣CE）＝1 2 BC﹣ 1 2 BE+CE＝ 1 2 CE， ∴CE＝2GH 【点睛】 本题是三角形综合题，考查了角平分线的性质，等腰三角形的性质，灵活运用相关的性质定理、综合运用知识是解题的关键.
中考专题复习——几何题用旋转构造“手拉手”模型 一、教学目标： 1.了解并熟悉“手拉手模型”，归纳掌握其基本特征． 2.借助“手拉手模型”，利用旋转构造全等解决相关问题． 3.举一反三，解决求定值，定角，最值等一类问题． 二、教学重难点： 1.挖掘和构造“手拉手模型”，学会用旋转构造全等． 2.用旋转构造全等的解题方法最优化选择． 三、教学过程： 1.复习旧知 师：如图，△ABD ，△BCE 为等边三角形，从中你能得出哪些结论？ 生：（1）△ABE ≌△DBC （2）△ABG ≌△DBF （3）△CFB ≌△EGB （4）△BFG 为等边三角形 （5）△AGB ∽△DGH （6）∠DHA ＝60°（7）H ，G ，F ，B 四点共圆 （8）BH 平分∠AHC …… 师：我们再来重点研究△ABE 与△DBC ，这两个全等的三角形除了对应边相等，对应角相等外，还有什么共同特征呢？ 生：它们有同一个字母B ，即同一个顶点B ． 师：我们也可以把△DBC 看作由△ABE 经过怎样的图形运动得到？ 生：绕点B 逆时针旋转60°得到． 2.引入新课 师：其实我们可以给这两个全等的三角形赋予一个模型，叫“手拉手模型”，谁可以将这个模型的特征再做进一步的简化归纳呢？ 生：对应边相等． 师：我们可以称之为“等线段”． 生：有同一个顶点． 师：我们可以称之为“共顶点”． 师：等线段，共顶点的两个全等三角形，我们一般可以考虑哪一种图形运动？ 生：旋转． 师： “手拉手模型”可以归纳为：等线段，共顶点，一般用旋转． H G F E D C B A
3.小题热身 图1 图2 图3 1．如图1，△BAD中，∠BAD＝45°，AB＝AD，AE⊥BD于E，BC⊥AD于C，则AF＝____BE．2．如图2，△ABC和△BED均为等边三角形，ADE三点共线，若BE＝2，CE＝4，则AE＝______．3．如图3，正方形ABCD中，∠EAF＝45°，BE＝3，DF＝5，则EF＝_______． 师：我们来看第1，第2题，这里面有“手拉手模型”吗？请你找出其中的“等线段，共顶点”．生：题1中，等线段是AC，BC，共顶点是C，△ACF绕点C逆时针旋转90°得△BCD．题2中，等线段是AB，BC，共顶点是B，△ABD绕点D顺时针旋转60°得△CBE． 师：我们再来看第3题，这里有“手拉手模型”吗？ 生：没有． 师：那其中有没有“等线段，共顶点”呢？ 生：等线段是AD，AB，共顶点是A． 师：我们可否利用旋转来构造“手拉手模型”呢？ 生：将AE旋转，绕点A逆时针旋转90°． 师：为什么是逆时针旋转90°，你是如何思考的？ 生：我准备构造一个和△ABE全等的三角形，AB绕点A逆时针旋转90°即为AD，那么将AE逆时针旋转90°可得AG，连接GD，证明全等． 师：说的不错，谁能再来归纳一下，借助“手拉手模型”，用旋转构造全等的方法吗？ 生：先找有没有“等线段，共顶点”，再找其中一条“共顶点”的线段，将其旋转． 师：旋转角度如何确定，方向怎么选择？ 生：选择其中一个三角形，将“共顶点”的线段旋转．旋转角为两条“等线段”间的夹角．方向应与所选择的起始“等线段”旋转到另一条“等线段”时的方向一致． 师：非常棒，可以说，你已经掌握了这节课的精髓．但是，很多题目中只是隐含了“手拉手模型”的一些条件，剩余的需要我们自己去构造，可以如何构造呢？ 步骤1：先找有没有“等线段，共顶点”． 步骤2：选择其中一个三角形，将其中经过“共顶点”的线段旋转．
八年级几何证明常见模型 （1）手拉手模型 【例题1】在直线ABC 的同一侧作两个等边三角形△ABD 和△BCE ， 连接AE 与CD ，证明： （1） △ABE ≌△DBC （2） AE=DC （3） AE 与DC 的夹角为60。 （4） △AGB ≌△DFB （5） △EGB ≌△CFB （6） BH 平分∠AHC （7） GF ∥AC 【变式练习】1、如果两个等边三角形△ABD 和△BCE ，连接AE 与CD ，证明： （1） △ABE ≌△DBC （2） AE=DC （3） AE 与DC 的夹角为60。 （4） AE 与DC 的交点设为H,BH 平分∠AHC A
2：如果两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明： （1）△ABE≌△DBC （2）AE=DC （3）AE与DC的夹角为60。 （4）AE与DC的交点设为H,BH平分∠AHC 【例题2】如图，两个正方形ABCD和DEFG，连接AG与CE，二者相交于H 问：（1）△ADG≌△CDE是否成立？ （2）AG是否与CE相等？ （3）AG与CE之间的夹角为多少度？ （4）HD是否平分∠AHE？ F
【变式练习】1：如图两个等腰直角三角形ADC 与EDG ，连接AG,CE,二者相交于H. 问 （1）△ADG ≌△CDE 是否成立？ （2）AG 是否与CE 相等？ （3）AG 与CE 之间的夹角为多少度？ （4）HD 是否平分∠AHE ？ 2：两个等腰三角形ABD 与BCE ，其中AB=BD,CB=EB,∠ABD=∠CBE=a 连接AE 与CD. 问（1）△ABE ≌△DBC 是否成立？ （2）AE 是否与CD 相等？ （3）AE 与CD 之间的夹角为多少度？ A
手拉手模型 教学目标: 1：理解手拉手模型的概念，并掌握其特点 2：掌握手拉手模型的应用 知识梳理： 1、等边三角形 条件：△OAB，△OCD均为等边三角形 结论：；； 导角核心： 2、等腰直角三角形
条件：△OAB，△OCD均为等腰直角三角形 结论：；； 导角核心： 3、任意等腰三角形 条件：△OAB，△OCD均为等腰三角形，且∠AOB = ∠COD 结论：；； 核心图形： 核心条件：；；
典型例题： 例1:在直线ABC的同一侧作两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明：（1）△ABE≌△DBC；（2）AE=DC；（3）AE与DC的夹角为60°；（4）△AGB≌△DFB； （5）△EGB≌△CFB；（6）BH平分∠AHC；GF∥AC 例2：如果两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明： （1）△ABE≌△DBC；（2）AE=DC；（3）AE与DC的夹角为60°； （4）AE与DC的交点设为H,BH平分∠AHC A 例3：如果两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明： （1）△ABE≌△DBC；（2）AE=DC；（3）AE与DC的夹角为60°； （4）AE与DC的交点设为H,BH平分∠AHC
例4：如图，两个正方形ABCD和DEFG，连接AG与CE，二者相交于H 问：（1）△ADG≌△CDE是否成立？（2）AG是否与CE相等？ （3）AG与CE之间的夹角为多少度？（4）HD是否平分∠AHE？ F 例5：如图两个等腰直角三角形ADC与EDG，连接AG,CE,二者相交于H.问（1）△ADG≌△CDE是否成立？（2）AG是否与CE相等？ （3）AG与CE之间的夹角为多少度？（4）HD是否平分∠AHE？
手拉手模型 一、手拉手模型 1.手的判别：人站在等腰三角形顶角的位置，张开双臂，左手边的腰为左手，右手边的腰为右手。 2.手拉手模型的定义： 两个等顶角的等腰三角形组成的图形，且顶角的顶点为公共顶点。（顶角相等、等腰三角形、共顶点） 条件模型结论特殊结论 △ABC与△CDE是等腰三角形，且 ∠ACB=∠DCE (1) D ACD@D BC E (SSS) (2)AD=BE (左手拉左手，右手拉右手) (3)DBHA=DBCA (4)HC平分DAHE △ABC与△CDE是等腰直角三角形，且∠ACB=∠DCE=90°(5)S D BCD=S D ACE (6) BD2+AE2=AB2+DE2 正方形ACBP与正方形CEQD是正方形
△ABC 与△CDE是等 边三角形(5)D ACM@D BCN D DCM@D ECN (6) CM=CN (7)D CMN是等边三角形 (8)MN∥AE，CD∥AB, CB∥DE (9) BH+CH=AH DH+CH=EH 二、手拉手模型的变形：（两三角形相似，且对应角共顶点） 条件模型结论 D BAC∽D DAE,且DDAE=DBAC (1)D BAD∽D CAE(两边对应成比例且夹角相等) (2) BD CE = BA CA (3) DBHC=DBAC 【巩固练习】 1、如图所示，若△ABC、△ADE都是正三角形，试比较线段BD与线段CE的大小.
2、如图，C为线段AE上一动点（不与A、E重合），在AE同侧分别作正三角形ABC和正三角形CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接PQ，以下五个结论：①AD=BE；②PQ∥AE；③AP=BQ；④DE=DP；⑤∠AOB=60°其中完全正确的是（） 3、如图，分别以△ABC的三边为边在BC的同侧作三个等边三角形，即△ABD，△BCE，△ACF．请回答下列问题： （1）说明四边形ADEF是什么四边形？ （2）当△ABC满足什么条件时，四边形ADEF是矩形？ （3）当△ABC满足什么条件时，四边形ADEF是菱形？ （4）当△ABC满足什么条件时，四边形ADEF是正方形？ （5）当△ABC满足什么条件时，以A，D，E，F为顶点的四边形不存在？ 4、问题情境： 如图1，已知△ABC和△DCE中，∠ACB=∠DCE=90°，AC=BC=2，CD=CE=1，点D在