专题02手拉手模型（解析版）_初中数学人教版_8上-初中数学人教版_旧版_07专项讲练_八年级数学上册全等三角形基本模型探究（人教版）

专题02 手拉手模型 【模型说明】 应用：通过辅助线利用旋转构造全等三角形解决问题。 【例题精讲】 例1.（基本模型）如图， ，C，E三点在一条直线上，ABC和DCE 均为等边三角 形，BD与AC 交于点M ，AE与CD交于点N ． （1）求证：AE  BD；（2）若把DCE 绕点C任意旋转一个角度，（1）中的结论还 成立吗？请说明理由． 【答案】（1）见解析（2）成立，理由见解析． 【详解】解：（1）证明：如图1中， ABC与DCE 都是等边三角形， AC  BC，CDCE，ACB DCE 60， ACBACDDCE 180，ACD 60，  ACBACD ACDDCE ，BC  AC  即 ．在 和 中，BCDACE ，  CD CE BCD ACE BCD ACE  BCD ACE(SAS)．BD AE．即AE=BD， （2）成立AE  BD；理由如下：如图2中， ABC、DCE 均为等边三角形， BC  AC，CDCE，BCADCE 60， BCAACDDCEACD，即BCD ACE ， AC  BC  在 和 中，BCDACE ， ， ．  ACE BCD  CD CE ACE BCD(SAS) AE  BD  例2．（辅助线构造模型）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点D为三角形 右侧外一点．且∠BDC＝45°．连接AD，若△ACD的面积为 ，则线段CD的长度为 ___． 【答案】 【详解】解：过点B作BE⊥BD，交DC的延长线于点E，连接AE，如图所示： ∵∠ABC＝90°， ∴ ，∴ ， ∵∠BDC＝45°，∠EBD＝90°，∴△EBD是等腰直角三角形，∴∠BDC=∠BED=45°，BE=BD， ∵AB＝BC，∴△BCD≌△BAE（SAS）， ∴∠BDC=∠BEA=45°，AE=CD， ∴ ， ∵ ，∴ ，∴ ； 故答案为 ． 例3.（手拉手培优）如图1，在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝90°．点D是AC中点，连接 BD，过点A作AE⊥BD交BD的延长线于点E，过点C作CF⊥BD于点F． （1）求证：∠EAD＝∠CBD； （2）求证：BF＝2AE； （3）如图2，将△BCF沿BC翻折得到△BCG，连接AG，请猜想并证明线段AG和AB的 数量关系． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）：AG＝AB，理由见解析 【详解】（1）证明：∵AE⊥BD， ∴∠AED＝90°， ∴∠EAD+∠ADE＝90°， ∵∠ADE＝∠BDC， ∴∠EAD+∠BDC＝90°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠CBD+∠BDC＝90°， ∴∠EAD＝∠CBD； （2）证明：如图1，连接CE，在BF上截取BP＝AE，连接CP，∵∠EAD＝∠CBD，AC＝BC， ∴△AEC≌△BPC（SAS）， ∴CE＝CP，∠ACE＝∠BCP， ∴∠ACE+∠DCP＝∠BCP+∠DCP， ∴∠ECP＝∠DCB＝90°， ∵CE＝CP，CF⊥BD，∴∠CEP＝∠CPF＝∠PCF＝45°，∴CF＝PF， ∵点D是AC的中点，∴AD＝CD， ∵∠AED＝∠CFD＝90°，∠ADE＝∠CDF， ∴△AED≌△CFD（AAS）， ∴AE＝CF，∴AE＝PF，∴BF＝BP+PF＝2AE； （3）结论：AG＝AB，证明如下：如图2， 取BG的中点H，连接CE，CH，AH， ∴BH＝ ＝ ＝AE， ∵∠HBC＝∠PBC＝∠EAC， ∴∠EAC+∠CAB＝∠HBC+∠CBA， ∴∠EAB＝∠HBA， ∵AB＝BA， ∴△AEB≌△BHA（SAS）， ∴∠BHA＝∠AEB＝90°，∴AH⊥BG， ∵BH＝HG，∴AG＝AB． 【变式训练1】问题发现（1）如图①，已知 ABC，以AB、AC为边向 ABC外分别作等边 ABD和等边 ACE， 连接CD，BE．试探究CD与BE的数量关系，并说明理由． △ △ △ △ 问题探究 （2）如图②，四边形ABCD中，∠ABC＝45°，∠CAD＝90°，AC＝AD，AB＝2BC＝60． 求BD的长． 问题解决 （3）如图③， ABC中，AC＝2，BC＝3，∠ACB是一个变化的角，以AB为边向 ABC 外作等边 ABD，连接CD，试探究，随着∠ACB的变化，CD的长是否存在最大值，若存 △ △ 在求出CD长的最大值及此时∠ACB的大小；若不存在，请说明理由． △ 【答案】（1） ，理由见解析；（2）90；（3）存在，CD长的最大值为5， ∠ACB的大小为 【详解】（1） 证明：∵ ABD和 ACE是等边三角形 ∴ ， ， △ △ ∵ ∴ 在 与 中 ∴ ∴ ； （2）如下图，以AB为腰向上作等腰直角 ，连接GC ∵ 与 是等腰直角三角形 ∴ ， ， ∵ ∴ 在 与 中∴ ∴ ； ∵ 是等腰直角三角形， ∴ ， ， ， ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ； （3）如下图，以BC为边向外作等边 ，连接AH ∵ 与 是等边三角形 ∴ ， ， ∵ ∴ 在 与 中 ∴ ∴ ； 又∵ 是等边三角形，∴ ， ∵ ， ∴ ∴当A，C，H三点共线时， ∵ ∴ 则当 时， ． 【变式训练2】问题背景：如图，△ABC是等边三角形，△BDC是顶角为120°的等腰三角 形，以D为顶点作一个60°角，角的两边分别交AB，AC边于M、N两点，连接MN．探究 线段BM，MN，CN之间的数量关系． 嘉琪同学探究此问题的方法是：延长NC至点E，使CE＝BM，连接DE，先证明 △CDE≌△BDM，再证明△MDN≌△EDN，可得出线段BM，MN，CN之间的数量关系为 ．请你根据嘉琪同学的做法，写出证明过程． 探索延伸：若点M，N分别是线段AB，CA延长线上的点，其他条件不变，再探索线段 BM，MN，NC之间的关系，写出你的结论，并说明理由． 【答案】问题背景：MN＝BM+NC，证明见解析；探索延伸：MN＝NC﹣BM，理由见解析 【详解】问题背景：MN＝BM+NC．理由如下： 如图1中，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＝CD，且∠BDC＝120°， ∴∠DBC＝∠DCB＝30° ∴∠ABC+∠DBC＝∠ACB+∠DCB＝60°+30°＝90°， ∴∠MBD＝∠ECD＝90°， 在△MBD与△ECD中， ， ∴△MBD≌△ECD（SAS）， ∴MD＝DE， ， ∵∠BDC＝120°，∠MDN＝60°， ∴∠NDC+∠BDM=∠BDC-∠MDN=60゜， ∴∠EDN=∠NDC+∠CDE=∠NDC+∠BDM=60゜， 即∠MDN=∠EDN， 在△DMN和△DEN中， ， ∴△DMN≌△DEN， ∴MN=EN=CE+NC， ∴MN＝BM+NC． 故答案为：MN＝BM+NC． 探索延伸：如图2中，结论：MN＝NC﹣BM． 理由：在CA上截取CE＝BM．∵△ABC是正三角形，∴∠ACB＝∠ABC＝60°， 又∵BD＝CD，∠BDC＝120°，∴∠BCD＝∠CBD＝30°，∴∠MBD＝∠DCE＝90°， 在△BMD和△CED中， ， ∴△BMD≌△CED（SAS），∴DE＝DM， 在△MDN和△EDN中， ， ∴△MDN≌△EDN（SAS）， ∴MN＝NE＝NC﹣CE＝NC﹣BM． 【课后作业】 1．如图， 是边长为5的等边三角形， ， ．E、F分别在AB、 AC上，且 ，则三角形AEF的周长为______． 【答案】10 【详解】解：延长AB到N，使BN=CF，连接DN，∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC=∠ACB=60°， ∵BD=CD，∠BDC=120°，∴∠DBC=∠DCB=30°， ∴∠ACD=∠ABD=30°+60°=90°=∠NBD， ∵在△NBD和△FCD中， ，∴△NBD≌△FCD（SAS）， ∴DN=DF，∠NDB=∠FDC， ∵∠BDC=120°，∠EDF=60°，∴∠EDB+∠FDC=60°，∴∠EDB+∠BDN=60°， 即∠EDF=∠EDN， 在△EDN和△EDF中， ，∴△EDN≌△EDF（SAS）， ∴EF=EN=BE+BN=BE+CF，即BE+CF=EF． ∵△ABC是边长为5的等边三角形，∴AB=AC=5， ∵BE+CF=EF，∴△AEF的周长为：AE+EF+AF=AE+EB+FC+AF=AB+AC=10， 故答案为：10． 2．△ACB和△DCE是共顶点C的两个大小不一样的等边三角形． (1)问题发现： 如图1，若点A，D，E在同一直线上，连接AE，BE． ①求证：△ACD≌△BCE； ②求∠AEB的度数． (2)类比探究：如图2，点B、D、E在同一直线上，连接AE，AD，BE，CM为△DCE中 DE边上的高，请求∠ADB的度数及线段DB，AD，DM之间的数量关系，并说明理由．(3)拓展延伸：如图3，若设AD（或其延长线）与BE的所夹锐角为α，则你认为α为多少 度，并证明． 【答案】(1)①见解析；②∠AEB=60°； (2)∠ADB=60°，2DM+BD=AD，理由见解析； (3)α=60°，证明见解析 【解析】(1)①证明：∵△ACB和△DCE是等边三角形， ∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ACD=60°-∠DCB=∠BCE， ∴△ACD≌△BCE（SAS）； ②∵△ACD≌△BCE，∴∠ADC=∠BEC=180°-∠CDE=120°， 又∵∠CED=60°，∴∠AEB=60°； (2)解：∠ADB=60°，2DM +BD=AD，理由如下； ∵AC=BC，CD=CE，∠ACD=60°+∠DCB=∠BCE， ∴△ACD≌△BCE（SAS），∴∠CDA=∠CED=60°； ∵∠ADB+∠CDA=∠DCE+∠CED，∴∠ADB=60°； 又∵CM⊥BE，且△CDE为等边三角形， ∴DE=2DM，∴2DM +BD=BE=AD； (3)解：α=60°，理由如下：同理可证△ACD≌△BCE， ∴∠BEC=∠ADC，∴∠CDF+∠CEF=180°， ∴∠ECD+∠DFE=180°，而α+∠DFE=180°，∴α=∠ECD=60°． 3．【问题探究】（1）如图1，锐角△ABC中，分别以AB、AC为边向外作等腰直角△ABE 和等腰直角△ACD，使AE＝AB，AD＝AC，∠BAE＝∠CAD＝90°，连接BD，CE，试猜 想BD与CE的大小关系，不需要证明． 【深入探究】（2）如图2，四边形ABCD中，AB＝5，BC＝2，∠ABC＝∠ACD＝∠ADC ＝45°，求BD2的值；甲同学受到第一问的启发构造了如图所示的一个和△ABD全等的三 角形，将BD进行转化再计算，请你准确的叙述辅助线的作法，再计算；【变式思考】（3）如图3，四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝60°，∠ADC＝30°， AD＝6，BD＝10，则CD＝ ． 【答案】（1）BD＝CE；（2）BD2＝54；（3）8 【详解】解：（1）BD＝CE．理由是： ∵∠BAE＝∠CAD， ∴∠BAE+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，即∠EAC＝∠BAD， 在△EAC和△BAD中， ， ∴△EAC≌△BAD， ∴BD＝CE； （2）如图2，在△ABC的外部，以A为直角顶点作等腰直角△BAE，使∠BAE＝90°，AE ＝AB，连接EA、EB、EC． ∵∠ACD＝∠ADC＝45°， ∴AC＝AD，∠CAD＝90°， ∴∠BAE+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，即∠EAC＝∠BAD，在△EAC和△BAD中， ，∴△EAC≌△BAD，∴BD＝CE． ∵AE＝AB＝5， ∴BE＝ ，∠ABE＝∠AEB＝45°， 又∵∠ABC＝45°， ∴∠ABC+∠ABE＝45°+45°＝90°， ∴ ，∴ ． （3）如图， ∵AB＝BC，∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形， 把△ACD绕点C逆时针旋转60°得到△BCE，连接DE， 则BE＝AD，△CDE是等边三角形， ∴DE＝CD，∠CED＝60°， ∵∠ADC＝30°， ∴∠BED＝30°+60°＝90°， 在Rt△BDE中，DE＝ ＝ ＝8， ∴CD＝DE＝8． 4．如图，在等腰△ABC与等腰△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=α，连接BD 和CE相交于点P，交AC于点M，交AD于点N． (1)求证：BD=CE． (2)求证：AP平分∠BPE． (3)若α=60°，试探寻线段PE、AP、PD之间的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)PE=AP+PD，见解析 【解析】(1)证明：∵∠BAC=∠DAE=α，∴∠BAD=∠CAE， 又∵AB=AC，AD=AE， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴BD=CE； (2)证明：如图，过点A作AH⊥BD，AF⊥CE， ∵△BAD≌△CAE，∴S BAD=S CAE，BD=CE， △ △ ∴ BD×AH= CE×AF，∴AH=AF， 又∵AH⊥BD，AF⊥CE，∴AP平分∠BPE； (3)解：PE=AP+PD，理由如下： 如图，在线段PE上截取OE=PD，连接AO， ∵△BAD≌△CAE，∴∠BDA=∠CEA， 又∵OE=PD，AE=AD， ∴△AOE≌△APD（SAS），∴AP=AO， ∵∠BDA=∠CEA，∠PND=∠ANE，∴∠NPD=∠DAE=α=60°， ∴∠BPE=180°-∠NPD=180°-60°=120°， 又∵AP平分∠BPE，∴∠APO=60°， 又∵AP=AO， ∴△APO是等边三角形，∴AP=PO， ∵PE=PO+OE，∴PE=AP+PD． 5．已知，在 中， ， ，点D为BC的中点． （1）观察猜想 如图①，若点E、F分别是AB、AC的中点，则线段DE与DF的数量关系是______________；线段DE与DF的位置关系是______________． （2）类比探究 如图②，若点E、F分别是AB、AC上的点，且 ，上述结论是否仍然成立，若成立， 请证明：若不成立，请说明理由； （3）解决问题 如图③，若点E、F分别为AB、CA延长线的点，且 ，请直接写出 的面积． 【答案】（1） ， ；（2）成立，证明见解析；（3） 【详解】解：（1）∵点E、F、D分别是AB、AC、BC的中点， ∴ ， ， ， ， ∵ ， ，∴ ， ， ∴ 即 ，故答案为： ， ； （2）结论成立： ， ，证明：如图所示，连接 ， ∵ ， ，D为BC的中点， ∴ ，且AD平分 ， ， ∴ ，在 和 中， ，∴ ， ∴ ， ， ∵ ，∴ ， 即 ，即 ； （3）如图所示，连接AD，∵ ， ，D为BC的中点， ∴∴ ，且AD平分 ， ， ∴ ， ∴∠FAD=180°-∠CAD=135°，∠EBD=180°-∠ABC=135°， ∴∠FAD=∠EBD, 在在 和 中， ， ∴△BDE≌△ADF（SAS），∴ ， ∴ ， ∵ ，∴ ，∴ ， ∴ 6．已知：△ABC与△BDE都是等腰三角形．BA＝BC，BD＝BE（AB＞BD）且有∠ABC＝ ∠DBE．（1）如图1，如果A、B、D在一直线上，且∠ABC＝60°，求证：△BMN是等边三角形； （2）在第（1）问的情况下，直线AE和CD的夹角是 °； （3）如图2，若A、B、D不在一直线上，但∠ABC＝60°的条件不变则直线AE和CD的夹 角是 °； （4）如图3，若∠ACB＝60°，直线AE和CD的夹角是 °． 【答案】（1）证明见解析；（2）60；（3）60；（4）60； 【详解】（1）∵∠ABC＝∠DBE＝60° ∴ ， ， ∴ ∵BA＝BC，BD＝BE 和 中 ∴ ∴ 和 中 ∴ ∴ ∴ 为等边三角形； （2）∵∠ABC＝∠DBE＝60°, BA＝BC ∴ 为等边三角形；∴ 根据题意，AE和CD相交于点O，∵ ∴ ∵∴ ∴ ，即直线AE和CD的夹角是 故答案为： ； （3）∵∠ABC＝∠DBE＝60°, BA＝BC，∴ 为等边三角形；∴ ∵ ， ，∠ABC＝∠DBE＝60° ∴ ∵BA＝BC，BD＝BE 和 中， ∴ ∴ 如图，延长 ，交CD于点O ∴ ∵ ∴ ∴ ，即直线AE和CD的夹角是 故答案为： ； （4）∵BA＝BC，∴ ∵∠ACB＝60°，∴ ，∴ 为等边三角形 ∵BD＝BE，∠ABC＝∠DBE，∴ ∵ ， ，∴ 和 中， ，∴ ，∴ 分别延长CD、AE，相较于点O，如下图：∴ ∵ ∴ ∴ ，即直线AE和CD的夹角是 故答案为： ． 7．如图1，在△ABC中，AE⊥BC于E，AE＝BE，D是AE上一点，且DE＝CE，连接 BD，CD． （1）判断 与 的位置关系和数量关系，并证明； （2）如图2，若将△DCE绕点E旋转一定的角度后，BD与AC的位置关系和数量关系是 否发生变化？并证明； （3）如图3，将（2）中的等腰直角三角形都换成等边三角形，其他条件不变，求BD与 AC夹角的度数． 【答案】（1） ， ；（2） ， ；（3） ． 【详解】解：（1） 与 的位置关系是： ，数量关系是 ． 理由如下：如图1，延长 交 于点 ．于 ， ． ， ， ， ， ， ． ， ． AE⊥BC∴ ， ， ． （2） 与 的位置关系是： ，数量关系是 ． 如图，线段AC与线段BD交于点F，线段AE与线段BD交于点G， ， ，即 ． ， ， ， ， ． AE⊥BC，∴ ， 又∵ ， ． （3）如图，线段AC与线段BD交于点F， 和 是等边三角形，， ， ， ， ， ， 在 和 中， ， ， ∴ ， ， 与 的夹角度数为 ． 8．如图，点A，M，B在同一直线上，以AB为边，分别在直线两侧作等边三角形ABC和 等边三角形ABD，连接CM，DM，过点M作MN＝DM，交BC边于点G，交DB的延长线 于点N． （1）求证：∠BCM＝∠BDM； （2）求∠CMN的度数； （3）求证：AM＝BN． 【答案】（1）见解析；（2） ；（3）见解析 【详解】解：（1）证明： 和 为等边三角形，且 为公共边， ， 又 在 和 中， ， ， ； （2） ， ，， 又 和 为对顶角， ， 又 和 为全等三角形， 为平角， ， ， ， （3）证明：连接 ，如图所示： 由（1）可知： ， ， 又 ， ， 为等边三角形， ， 又 为等边三角形， 是 和 重叠的部分， ， 又 在 和 中， ， ， ．