手拉手模型完整版本

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简记：双等腰，顶角相等，绕顶角顶点旋转得全等．温馨提示：点击即可跳转到对应gsp文件。温馨提示：点击即可跳转到对应gsp文件。1.如图，已知正方形ABCD和正方形DEFG，连接AE，CG.求证：(1)AE＝CG；第1题图证明：(1)∵∠ADE＝∠ADC＋∠CDE，∠CDG＝∠EDG＋∠CDE，∠ADC＝∠EDG＝90°，∴∠ADE＝∠CDG，在△ADE和△CDG中，

，∴△ADE≌△CDG(SAS)，∴AE＝CG；(2)AE⊥CG.第1题图(2)如图，设AE交CD于点O，交CG于点H，OH∵△ADE≌△CDG，∴∠DAE＝∠DCG，∵∠ADC＝90°，∴∠DAE＋∠AOD＝∠DCG＋∠COH＝90°，∴∠AHC＝90°，∴AE⊥CG.模型分析2.(1)OA≠OB，OC≠OD；(2)∠AOB＝∠COD；(3)将△OCD绕顶点O旋转，连接AC，BD，可得：△AOC∽△BOD.

简记：非等腰，共顶点的角相等，绕共顶点旋转得相似．2.如图，在△ABC和△ADE中，AB＝mAC，AD＝mAE(m＞1)，∠BAC＝∠DAE，连接BD，CE交于点O.求证：(1)△ABD∽△ACE；第2题图证明：(1)∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，∵AB＝mAC，AD＝mAE，∴＝m，∴△ABD∽△ACE；(2)∠BAC＝∠BOC.第2题图(2)如解图，设BD，AC交于点F，F∵△ABD∽△ACE，∴∠ABD＝∠ACE，∵∠AFB＝∠OFC，∴∠BAC＝∠BOC.二阶构造模型模型分析模型展示

模型特点如图①，①有公共端点(点A)的两条等线段(AD＝AC);②已知两条等线段的夹角(α)；③有过公共端点的第三条线段(AB)；④所求线段为BD模型展示

构造方法如图②，①将线段AB绕点A顺时针旋转α，得到线段AE；②连接BE，CE；③构造△ABE和△ADC为共顶点的手拉手模型(其中CE，BD为拉手线)结论△ABD≌△AEC；△ABE∽△ADC3.如图，在△ABC中，∠CAB＝60°，AB＝4，AC＝

，以BC为腰，点C为顶点作等腰△BCD，且∠BCD＝120°，求AD的长．第3题图解：如图，过点C在AC左侧作∠ACE＝120°，且CE＝CA，E连接AE，BE，则∠ACE＝∠BCD，∴∠ACD＝∠ECB.又∵DC＝BC，∴△ACD≌△ECB.∴AD＝EB.第3题图E∟F∵∠ACE＝120°，CE＝CA，∴∠EAC＝30°.∴AE＝2AF＝2AC·cos30°＝3.∵∠CAB＝60°，∴∠EAB＝∠EAC＋∠CAB＝90°，∴在Rt△EAB中，BE＝

＝5，∴AD＝5.过点C作CF⊥AE于点F，4.如图，在△ABC中，∠ABC＝30°，以AC为直角边作Rt△ACD，且∠DAC＝30°，连接BD，若AB＝5，BC＝6，求BD的长．第4题图解：如图，以AB为斜边作Rt△ABE，且∠EAB＝30°，连接EC，E∟∴，由题意可得，

，∵∠EAB＝∠DAC＝30°，∴∠EAC＝∠BAD，∴△EAC∽△BAD，∴，∵AB＝5，∴BE＝

，∵∠EAB＝30°，∠AEB＝90°，∴∠EBA＝60°，∴∠EBC＝90°，在Rt△EBC中，EC＝

，∴BD＝

·EC＝

.第4题图E∟三阶应用模型1.如图，在△ABC中，CA＝CB，D是线段AB上一点，以CD为边在CD右侧作△CDE，使CD＝CE，连接BE.若∠DCE＝∠ACB＝40°，则∠DBE的度数为(

)A.110° B.120°C.130° D.140°第1题图D3.如图，在△ABC中，AB＝2，AC＝

，D为△ABC内部一点，且CD

⊥BD，在BD的延长线上取一点E，使得∠CAE＝∠BAD.若∠ADE＝∠ABC，且∠DBC＝30°，则AD的长为___．第3题图4.如图，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A，D，E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE.(1)判断线段CM，AE，BE之间的数量关系；第4题图解：(1)AE＝BE＋2CM.理由：∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°.∴∠ACD＝∠BCE.第4题图在△ACD和△BCE中，

，∴△ACD≌△BCE(SAS)，∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，∵△DCE为等腰直角三角形，ED⊥MC，∴DM＝ME＝CM，∴AE＝AD＋DE＝BE＋2CM；(2)若BE＝4，CM＝3，求四边形ABEC的面积