专题18 手拉手模型解析版.docx
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专题18手拉手模型解析版
中考常考几何模型
专题18“手拉手”模型
如图,△ABC是等腰三角形、△ADE是等腰三角形,AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=α。
结论:
△BAD≌△CAE。
1.(2020•黄冈中学自主招生)如图,在线段AE同侧作两个等边三角形△ABC和△CDE(∠ACE<120°),点P与点M分别是线段BE和AD的中点,则△CPM是( )
A.钝角三角形B.直角三角形
C.等边三角形D.非等腰三角形
【点睛】首先根据等边三角形的性质,得出AC=BC,CD=CE,∠ACB=∠ECD=60°,则∠BCE=∠ACD,从而根据SAS证明△BCE≌△ACD,得∠CBE=∠CAD,BE=AD;再由点P与点M分别是线段BE和AD的中点,得BP=AM,根据SAS证明△BCP≌△ACM,得PC=MC,∠BCP=∠ACM,则∠PCM=∠ACB=60°,从而证明该三角形是等边三角形.
【解析】解:
∵△ABC和△CDE都是等边三角形,
∴AC=BC,CD=CE,∠ACB=∠ECD=60°.
∴∠BCE=∠ACD.
∴△BCE≌△ACD.
∴∠CBE=∠CAD,BE=AD.
又点P与点M分别是线段BE和AD的中点,
∴BP=AM.
∴△BCP≌△ACM.
∴PC=MC,∠BCP=∠ACM.
∴∠PCM=∠ACB=60°.
∴△CPM是等边三角形.
故选:
C.
2.(2019•雨花区校级期末)如图,直线AC上取点B,在其同一侧作两个等边三角形△ABD和△BCE,连接AE,CD与GF,下列结论正确的有( )
①AE=DC;
②∠AHC=120°;
③△AGB≌△DFB;
④BH平分∠AHC;
⑤GF∥AC.
A.①②④B.①③⑤C.①③④⑤D.①②③④⑤
【点睛】根据等边三角形的性质得到BA=BD,BE=BC,∠ABD=∠CBE=60°,则可根据”SAS“判定△ABE≌△DBC,所以AE=DC,于是可对①进行判断;根据全等三角形的性质得到∠BAE=∠BDC,则可得到∠BAH+∠BCH=60°,从而根据三角形内角和得到∠AHC=120°,则可对②进行判断;利用”ASA”可证明△AGB≌△DFB,从而可对③进行判断;利用△ABE≌△DBC得到AE和DC边上的高相等,则根据角平分线的性质定理逆定理可对④进行判断;证明△BGF为等边三角形得到∠BGF=60°,则∠ABG=∠BGF,所以GF∥AC,从而可对⑤进行判断.
【解析】解:
∵△ABD和△BCE都是等边三角形,
∴BA=BD,BE=BC,∠ABD=∠CBE=60°,
∵∠DBE=180°﹣60°﹣60°=60°,
∴∠ABE=∠DBC=120°,
∵BA=BD,∠ABD=∠DBC,BE=BC,
∴△ABE≌△DBC(SAS),
∴AE=DC,所以①正确;
∠BAE=∠BDC,
∵∠BDC+∠BCD=∠ABD=60°,
∴∠BAE+∠BCD=60°,
∴∠AHC=180°﹣(∠BAH+∠BCH)=180°﹣60°=120°,所以②正确;
∵∠BAG=∠BDF,BA=BD,∠ABG=∠DBF=60°,
∴△AGB≌△DFB(ASA);所以③正确;
∵△ABE≌△DBC,
∴AE和DC边上的高相等,
即B点到AE和DC的距离相等,
∴BH平分∠AHC,所以④正确;
∵△AGB≌△DFB,
∴BG=BF,
∵∠GBF=60°,
∴△BGF为等边三角形,
∴∠BGF=60°,
∴∠ABG=∠BGF,
∴GF∥AC,所以⑤正确.
故选:
D.
3.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?
(如果你知道勾股定理的话,请问线段AC、GE、AE、CG有什么数量关系?
)
【点睛】
(1)由四边形ABCD与DEFG是正方形,可得AD=CD,∠ADC=∠GDE=90°,进而得出∠ADG=∠CDE,DG=DE,然后由SAS即可判定△ADG≌△CDE;
(2)根据全等三角形的性质则可证得AG=CE;
(3)根据全等三角形的性质和角的关系即可得出夹角是90°;
(4)根据全等三角形的性质和三角形的面积解答即可.
【解析】解:
(1)∵ABCD和DEFG是正方形,
∴AD=CD,DG=DE,且∠ADC=∠GDE=90°,
∴∠ADG=∠CDE,
在△ADG与△CDE中,
,
∴△ADG≌△CDE(SAS),
(2)∵△ADG≌△CDE,
∴AG=CE;
(3)CE与DG交点为O,
∵△ADG≌△CDE,
∴∠DEC=∠AGD,
∵∠DEC+∠DOE=90°,
∴∠AGD+∠DOE=90°=∠AGD+∠GOH,
∴∠GHE=90°;
(4)过点D作MD⊥AG,DN⊥CE,
∵△ADG≌△CDE,
∴S△DCE=S△ADG,
∴
,
∴DM=DN,且MD⊥AG,DN⊥CE,
∴DH平分∠AHE,
由勾股定理可得:
AC2+GE2=AE2+CG2.
4.如果两个等边三角形△ABD和△BCE,连接AE与CD,证明:
(1)AE与DC的夹角为60°;
(2)AE与DC的交点设为H,BH平分∠AHC.
【点睛】
(1)根据等边三角形性质得出AB=BD,BC=BE,∠ABD=∠CBE=60°,求出∠ABE=∠DBC.根据SAS证△ABE≌△DBC,则∠BDC=∠BAE,根据三角形的内角和定理可求出∠AHD=60°;
(2)过点B分别作BM⊥CD,BN⊥AE,垂足为点M,N.根据三角形的面积公式求出AN=AM,根据角平分线性质求出即可.
【解析】证明:
(1)∵△ABD和△BCE是等边三角形,
∴AB=BD,BC=BE,∠ABD=∠CBE=60°,
∴∠ABE=∠DBC,
在△ABE和△DBC中,
,
∴△ABE≌△DBC,
∴AE=DC,∠BDC=∠BAE,
∵∠BDC+∠ADC=∠BAE+∠ADC=∠BDA=60°,
∴在△ADH中,∠AHD=180°﹣∠ADC﹣∠DAB﹣∠BAE
=180°﹣∠ADC﹣(∠DAB+∠BAE)
=180°﹣60°﹣60°
=60°;
(2)过点B分别作BM⊥CD,BN⊥AE,垂足为点M,N.
∵由
(1)知:
△ABE≌△DBC,
∴S△ABE=S△DBC
∴
∴BM=BN
∴点B在∠DHE的平分线上,
∴BH平分∠AHC.
5.(2019•崇川区校级月考)如图,在△ABC中,AB=CB,∠BAC=∠BCA,∠ABC=90°,F为AB延长线上一点,点E在BC上,且AE=CF.
(1)求证:
Rt△ABE≌Rt△CBF;
(2)求证:
AE⊥CF;
(3)若∠CAE=30°,求∠ACF度数.
【点睛】
(1)由“HL”可证Rt△ABE≌Rt△CBF;
(2)根据Rt△ABE≌Rt△CBF,可以得到∠BCF=∠BAE,由直角三角形的性质可得结论;
(3)由三角形内角和定理可以得到∠ACF的度数.
【解析】证明:
(1)∵∠ABC=90°,
∴∠ABE=∠CBF=90°,
在Rt△ABE和Rt△CBF中,
,
∴Rt△ABE≌Rt△CBF(HL);
(2)如图,
∵Rt△ABE≌Rt△CBF,
∴∠BCF=∠BAE,
∵∠BCF+∠F=90°,
∴∠BAE+∠F=90°,
∴∠AHF=90°,
∴AF⊥CF;
(3)∵∠AHF=90°,∠EAC=30°,
∴∠ACF=60°.
6.(2019•永春校级月考)判定一个三角形是不是等腰三角形,我们经常利用以下的判定方法:
“如果一个三角形有两个角相等,那么这两个角所对的边也相等”,请你利用以上判定方法解决下列问题
如图1,在△ABC中,∠ACB=90°,∠B=30°,将△ABC绕顶点C顺时针旋转,旋转角为β(0°<β<180°),得到△A′B′C
(1)当旋转角为β=20°,∠A′B′C= 30 °;
(2)当AB∥CB′时,设A′B′与CB相交于点D,求证:
D是A′B′的中点;
(3)如图2,E是AC边上的点,且AE
AC,P是A′B′边上的点,且∠A′PC=60°,连接EP,已知AC=α,当β= 120 °时,EP长度最大,最大值为
a .
【点睛】
(1)根据旋转的性质,旋转前后两个图形全等,则∠A'B'C=∠B,据此求解;
(2)根据平行的性质证明∠BCB'=∠B',然后证明∠A'DC=∠A',根据等角对等边即可证得;
(3)∠A′PC=60°时易证△A'CP是等边三角形,当A、C、P在一条直线上时,EP的长度最大,据此即可求解.
【解析】解:
(1)∠A'B'C=∠B=30°;
(2)∵AB∥CB′,
∴∠BCB'=∠B=30°,
又∵∠B'=30°,
∴∠BCB'=∠B'=30°,∠A'DC=∠BCB'+∠B'=60°,
∴CD=B'D,
∵∠CA'D=∠A'DC=60°,
∴A'D=CD,
∴A'D=B'D,即D是A'B'的中点;
(3)∵∠A′PC=60°,∠A'=∠A=60°,
∴△A'CP是等边三角形.
∴CP=CA'=a,∠A'CP=60°,
∴当β=180°﹣60°=120°时,EP长度最大,最大值为
a+a
a.
故答案是:
120,
a.
7.等边△ABD和等边△BCE如图所示,连接AE与CD,证明:
(1)AE=DC;
(2)AE与DC的夹角为60°;(3)AE延长线与DC的交点设为H,求证:
BH平分∠AHC.
【点睛】
(1)根据△ABD和△BCE都是等边三角形,即可得到△ABE≌△DBC(SAS),进而得出AE=DC;
(2)根据全等三角形的性质以及三角形内角和定理,即可得到△ADH中,∠AHD=60°,进而得到AE与DC的夹角为60°;
(3)过B作BF⊥DC于F,BG⊥AH于G,根据全等三角形的面积相等,即可得到BG=BF,再根据BF⊥DC于F,BG⊥AH于G,可得BH平分∠AHC.
【解析】证明:
(1)∵△ABD和△BCE都是等边三角形,
∴AB=DB,EB=CB,∠ABD=∠EBC,
∴∠ABE=∠DBC,
在△ABE和△DBC中,
,
∴△ABE≌△DBC(SAS),
∴AE=DC;
(2)∵△ABE≌△DBC,
∴∠BAE=∠BDC,
又∵∠BAE+∠HAD+∠ADB=120°,
∴∠BDC+∠HAD+∠ADB=120°,
∴△ADH中,∠AHD=180°﹣120°=60°,
即AE与DC的夹角为60°;
(3)如图,过B作BF⊥DC于F,BG⊥AH于G,
∵△ABE≌△DBC,
∴S△ABE=S△DBC,即
AE×BG
DC×BF,
又∵AE=DC,
∴BG=BF,
又∵BF⊥DC于F,BG⊥AH于G,
∴BH平分∠AHC.
8.(2020•房山区校级月考)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的延长线交直线CE于点P.
(1)如图1,BD与CE的数量关系是 BD=EC ,位置关系是 BD⊥CE ;
(2)在旋转的过程中,当AD⊥BD时,求出CP的长;
(3)在此旋转过程中,求点P运动的路线长.
【点睛】
(1)利用三角形中位线性质以及等腰直角三角形的性质得出即可;
(2)首先得出△ABD≌△ACE(SAS),进而求出四边形ADPE为正方形,即可得出CP的长;
(3)由
(2)知,当α=60°时,∠PBA最大,且∠PBA=30°,此时∠AOP=60°,得出点P运动的路线是以O为圆心,OA长为半径的
,进而利用弧长公式求出即可.
【解析】解:
(1)BD=EC,BD⊥CE;
理由:
∵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,
∴D,E分别是AB和AC的中点,故BD=EC=AD=AE,BD⊥CE;
故答案为:
BD=EC,BD⊥CE;
(2)如图3所示:
∵△ABC和△ADE都是等腰三角形,
∴AB=AC,AD=AE,
∵∠BAC=∠DAE=90°,
∴∠BAD=∠CAE,
在△ABD和△ACE中,
,
∴△ABD≌△ACE(SAS),
∴∠ABD=∠ACE,
∵∠1=∠2,
∴BP⊥CE,
∵AD⊥BP,∠DAE=90°,AD=AE,
∴四边形ADPE为正方形,
∴AD=PE=2,
∵∠ADB=90°,AD=2,AB=4,
∴∠ABD=30°,
∴BD=CE=2
,
∴CP=CE﹣PE=2
2;
(3)如图4,取BC的中点O,连接OP、OA,
∵∠BPC=∠BAC=90°,
∴OP=OA
BC=2
,
在此旋转过程中(0°≤α≤180°),
由
(2)知,当α=60°时,AD⊥PB,由AD的长度为定值2,
则此时∠PBA最大,且∠PBA=30°,
此时∠AOP=60°,
∴点P运动的路线是以O为圆心,OA长为半径的
,
∴点P运动的路线长为:
l
2
2
π.
9.(2019•裕华区校级期末)阅读情境:
在综合实践课上,同学们探究“全等的等腰直角三角形图形变化问题
如图1,△ABC≌△ADE,其中
∠B=∠D=90°,AB=BC=AD=DE=2,此时,点C与点E重合,
操作探究1
(1)小凡将图1中的两个全等的△ABC和△ADE按图2方式摆放,点B落在AE上,CB所在直线交DE所在直线于点M,连结AM,求证:
BM=DM.
操作探究2
(2)小彬将图1中的△ABC绕点A按逆时针方向旋转角度a(0°<a<90°),然后,分别延长BC,DE,它们相交于点F.
如图3,在操作中,小彬提出如下问题,请你解答:
①a=30°时,求证:
△CEF为等边三角形;
②当a= 45° 时,AC∥FE.(直接回答即可)
操作探究3
(3)小颖将图1中的△ABC绕点A按顺时针方向旋转角度β(0°<β<90°),线段BC和DE相交于点F,在操作中,小颖提出如下问题,请你解答:
①如图4,当β=60°时,直接写出线段CE的长为 2
;
②如图5,当旋转到点F是边DE的中点时,直接写出线段CE的长为
.
【点睛】
(1)根据HL证明Rt△AMB≌Rt△AMD即可解决问题.
(2)①想办法证明∠FCE=∠FEC=60°即可解决问题.
②根据平行线的判定定理即可解决问题.
(3)①连接EC,证明△AEC是等边三角形,利用勾股定理求出AE即可解决问题.
②如图5中,连接AF,BD交于点O.首先证明EC=BD,再证明OB=OD,利用面积法求出OB即可解决问题.
【解析】
(1)证明:
如图2中,
∵∠ABM=∠D=90°,AM=AM,AB=AD,
∴Rt△AMB≌Rt△AMD(HL),
∴BM=DM.
(2)①证明:
如图3中,
∵CA=AE,∠CAE=30°,
∴∠ACE=∠AEC=75°,
∵AB=BC=AD=DE,∠B=∠D=90°
∴∠ACB=∠AED=45°,
∴∠BCE=∠CDE=120°,
∴∠FCE=∠FEC=60°,
∴△EFC是等边三角形.
②解:
∵AC∥EF,
∴∠CAE=∠AED=45°,
∴当α=45°时,AC∥EF.
故答案为45°.
(3)①解:
如图4中,连接EC.
∵∠EAC=β=60°,AE=AC,
∴△AEC是等边三角形,
∵AD=DE=2,∠ADE=90°,
∴AE
2
,
∴EC=AE=2
.
故答案为2
.
②解:
如图5中,连接AF,BD交于点O.
∵∠ABF=∠ADF=90°,AF=AF,AB=AD,
∴Rt△ABF≌Rt△ADF(HL),
∴BF=DF,
∵DF=EF=1,
∴BF=DF=1,
∵BC=2,
∴BF=CF=1,
∵BF=CF=DF=EF,∠BFD=∠CFE,
∴△BFD≌△CFE(SAS),
∴EC=BD.
∵AB=AD,FB=FD,
∴AF垂直平分线段BD,
∴OB=OD,
在Rt△ABF中,∵∠ABF=90°,AB=2,BF=1,
∴AF
,
∵S△ABF
•AB•BF
•OB•AF,
∴OB
,
∴BD=2OB
,
∴EC=BD
.
故答案为
.
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