手拉手模型 （含答案）-2025年中考数学几何模型方法巩固练习

第4讲手拉手模型

模块1本质原理

观察图4.1,已知以=CB,CD=CE/ACB=NECD,,A,E拉手,B,D拉手（即连接AE,BD）,则AACE=△BCD,,

此模型称为手拉手模型，这也是手拉手模型的雏形.

图4.1

特别地，当UCB=乙ECD=60。,,且B,C,D三点共线时，如图4.2所示，连接AD,BE,则A71CD=ABCE.

我们再连接AB,DE,如图4.3所示，我们就可以证明出如下5组常用结论：

结论L三组全等（如图4.4所示），均为旋转型全等.

结论2：三个等边三角形（如图

说明：△FCE三XGCDnCF=CG.

结论3：三组平行线（如图4.6所示）,即AB\\CE,FG\\BD,AC\\DE.

A

图4.3

图44

图4.5

图46

结论4：三个特殊60。（如图4.7所示），即zl=Z2=Z3=60°.

【分析】如图4.7所示，由△ACDgZkBCE,可得NHAF=NCBF,易得在△AFH和^BCF中,Nl=NFCB=60。.

如图4.8所示由△ACD乌ZXBCE彳导到对应边AD,BE边上的高相等，即CM=CN.又CH=CH,则△CHN0△CHM

(HL),因此N2=/3,故CH平分NBHD.

结论5：三个和差式(如图4.9所示).

DE=DC1

【分析】NCDE+/CHE=1804=邻边相等的对角互补模型，将△DEH绕着点D逆时针旋转60°,H的对

应点为H,得到等边4DHH进而HD=HE+HC,同法可证HB=HA+HC和HC=HF+HG具体详见第6讲“邻比对补模

型，，.

总结:三点共线(B,C,D)五三咄现

通过以上的推导，我们发现，手拉手模型本质上就是旋转型的全等，进而产生了五个“三”结论.

那图形旋转的本质又是什么呢?接下来我们来探究下.

我们先区分两个情景：

情景1在图形旋转的过程中，我们不改变其大小，也就是全等形.

如图4.10所示,△ABC绕着点C顺时针旋转到△ADC,使得CB与CD重合,此时就产生了新的特殊图形“等腰

△ACA，"；

如图4.11所示,AABP绕着点B顺时针旋转60。到ACBP,使得AB与BC重合,此时就产生了新的特殊图形

“等边△BPP'^^.

AA

图4.10

通过上面两组图形的变换，我们发现图形等量旋转的本质就是：全等形手拉手模型的构造，其变换特征为等线

段、共端点、用旋转.

实例剖析

(1)如图4.12所示,P是正方形ABCD内一点，连接PA,PB,PC.现将APAB绕点B顺时针旋转90。得到APCB,

连接PP若PA=&,PB=3,NAPB=135。厕PC的长为，正方形ABCD的边长为

(2)如图4.13所示若点P是等边△ABC内的一点，且PA=3,PB=4,PC=5,则NAPB=

(3)如图4.14所示，在四边形ABCD中,AD=3,CD=2,NABC=NACB=/ADC=45。,则BD=

【解题要点】利用“等线段、共端点、用旋转”，大胆旋转是解题的关键,要注意只旋转和等边相关的三角形,

如图4.13所示，就有6种转法,A,B,C均可以作为“共端点”，如果以B为共顶点，则4ABP和4BCP均可旋

转，目的只有一个，就是使等边重合，即AB,BC重合.

【答案】(1)2曲,717.(2)150°.(3)后.

【分析】⑴由.乙PBP'=90°,BP=8。'知4BPP为等腰直角三角形，又/BPC=/APB=135。,所以乙BP'P

=45°,PP'=V2PB=3Vx故APP'C=135°-45°=90°.

22

在RtAPP'C中，PC=y/PP'2+P'C2=（3V2）+（V2）=2V5.

过点A作AELBP交BP的延长线于点E,在RtAAEB中,由勾股定理得AB=>JAE2+BE2=Vl2+42=

旧.

⑵如图4.15所示，将△BPC绕点B逆时针旋转60。得到△BPA,连接PP',易得△BPP，是等边三角形，则.PP，=

BP=4,Z.BPP'=60°.

在4APP'中,.AP=3,PP'=4,AP'=5,贝!!AAPP'=90°,故^APB=UPP'+乙BPP'=90°+60°=150°.

⑶等线段（AB=AC）,共端点（点A）,用旋转（可旋转4ABD或4ACD）.

如图4.16所示将△ABD绕点A顺时针旋转90。得到△ACK,连接DK.

图4.15图4.16

由旋转的性质得4ABD04ACK厕AK=AD=3,CK=BD,ZKAD=90。,所以△DAK是等腰直角三角形，

贝！］DK=V24D=3V2,^ADK=45°,,故/CDK=/ADC+^ADK=45°+45°=90°.

2

在RtACDK中,（CK=y/DK2+CD2=（3V2）+22=值，则BD=V22.

情景2在图形旋转的过程中，我们改变其大小，将其进行缩放，也就是相似形.

如图4.17所示，将/ABC绕点A按逆时针方向旋转一定角度后，得到△ABC,其中相似比为.AB-.AB'=m;

n,则焉=奈/即,=第

056又4BAB'=NC4C"连接BB',CC',如图4.18所示，可得△BAB'^ACAC.

CC

图4.17图4.18

由此我们可以得到，只要三角形产生了旋转，就会有两组相似三角形产生，记忆口诀就是：一转成双.

我们发现图形等量旋转的本质就是：相似形手拉手模型的构造，其变换特征为比线段、共端点、用旋转.

实例剖析

【问题背景】如图4.19所示，已知△ABCs^ADE,求证:△ABD^AACE.

【尝试应用】如图4.20所示在△ABC和4ADE^,ZBAC=ZDAE=90°,ZABC=ZADE=30°,AC与DE相交

于点F,点D在BC边上莪=旧厕喋=

BDCF

【拓展创新】如图4.21所示,D是AABC|*|-*,ZBAD=ZCBD=30°,ZBDC=90°,AB=4,AC=2.

百厕AD=

【分析】

【问题背景】因为△ABCs^ADE,所以啜=喋,NB4C=4口4K则/BAD=NSE噂=吟故△ABD^AAC

ADAEACAE

E.

【尝试应用】连接EC.因为/BAC=ZDAE=90°,ZABC=ZADE=30。,所以△ABCs△ADE.

由“问题背景”知△ABDs^ACE,则—=—=VI在图4.20中,NB=NACE=30。.

CEAE

设EC=a,贝!]BD=yf3a,AD=3a.

因为NADF=NACE=30。,NAFD=NEFC,所以△ADFs/\ECF,贝！j—=—=—=3.

CFCEa

【拓展创新】比线段（（BD=旧DC）,共端点（点D）,用旋转（可旋转4ADC或4ADB或4CDB）.

如图4.22所示，将NADC绕点D按顺时针方向旋转90。得到△BDM,相似比为1:次，连接AM,此时DM=

靠AD,BM=V3XC=6,/,ADM=90°.

设AD=x，则.=在R3ADM中,AM=2x,则taMMM=黑=3即/DAM=6。。,所以/BAM-BA

057

图4.22

D+ZDAM=90°.

2222

在RtABAM中，AM+AB=（2x）+4=6Z,解得X1=V5,x2=一遍舍去），故4D=久=逐.

情景3这个情景比较特殊，如图4.23所示，△AMN和4APQ均为等腰直角三角形，如果顶点N和顶点

Q重合，很明显是要构造手拉手模型了，但是它偏偏是锐角顶点A重合在了一起，说好的手拉手一起走呢？

这还没完，它居然连接了MP,又取MP的中点G,最后连接了NG,QG,完啦，全乱了……

不过先别急，既然有了中点就要有“中点四联想”（中位线、直角三角形斜边中线、三线合一、倍长中线）.

但是怎么用呢?难道真的没有手拉手了吗？

真相马上揭晓，如图4.24所示，我们分别把△AMN和4APQ补成以A为直角顶点的等腰直角三角形4AM

B和4APC

图4.23图4.24

眼快的同学应该已经看出来了，没错，手拉手又出现了，只不过我们需要连接MC,BP,如图4.25所示.

于是我们得到了4MAC也ABAP,所以MC=BP,此时NG,GQ分别为△和△MPC的中位线，故NG

BP,GQ=^MC,NG||BP,GQ||MC.又BP=MC,BP团MC,则NG=QG,NG回QG,,其实它的本质就是一个隐藏型的手拉

手模型的应用.为了方便记忆，我们姑且把它叫作“脚拉脚模型”吧，其实我们在第1讲就研究过它，本讲后面我们还

会深入研究它.

P

图4.25

无论是情景1、情景2还是情景3,其实都在构造手拉手模型.同学们需要先做的就是学会识图和构图，让我们

开始吧.

模块2场景演练

模型的识别

1.如图4.26所示，已知△ABC和AECD都是等边三角形，且B,C,D在一条直线上，连接BE,AD相交于点O,点

M,N分别是线段BE,AD上的两点，且BM=lBE,AN=给出下列结论：

①BE=AD;②△BCM0ZXACN;③ZBOD=100°;@ACMN是等边三角形;⑤BC=ND.

其中正确的结论是.，（填序号）

图4.26

2.如图4.27所示，点E在△DBC的边DB上点A在△DBC内部,ADAE=乙BAC=90°,AD=AE,AB=AC

.给出下列结论：

①BD±CE;®ZDCB-ZABD=45°;®CE-BE=V2AD;@BE2+CD2=2(AD2+AB2).

其中正确的结论是________.(填序号)

3.如图4.28所示，在△40B和△C。。中,。4=OB,OC=OD,0A<OC,^AOB=乙COD=40。.连接AC,BD

交于点M,连接OM.给出下列结论：

①AC=BD;②NAMB=40。;③OM平分/AOD;④MO平分NAMD.

其中正确的结论是_________.（填序号）

图4.28

模型的构造：全等形手拉手

4.如图4.29所示，点P是等边.aABC外一点，PA=3,PB=4,PC=5,则乙4PB=.

图4.29

5.如图4.30所示，在&4486^,^ABC=900,AB=BC,,点D是线段AC上一点，连接BD.以BD为直角

边作等腰直角.△BDE/DBE=90。,,连接八旦点F为AE的中点.若AB=4,BF=1,则AD=_.

图4.30

6.如图4.31所示，△ABC是边长为4的等边三角形，点D是△ABC外一点，乙BDC=60。,点E是BD上一

点点F是CD上一点，且（CF=BE,连接FE,FB.若乙BFE=30。,则BF2+EF2=_.

图4.31

7.如图4.32所示，在四边形ABCD中,.AD=CD.Z.ADC=60。,乙4BC=75°,AB=2yl2,BC=2,则四边形AB

CD的面积为.

图4.32

8.如图4.33所示，在正六边形ABCDEF内有一点P,fi.PA=2,PB=1,PF=g,则^APB=_.，正六边形的

边长为1

图4.33

9.如图4.34所示，PA=a,PB=4,N4PB=45。,,以AB为一边作正方形ABCD,使P,D两点落在直线AB

的两侧，则，PD=_.

D

图4.34

10.如图4.35所示，在AABC中,4BAC=120°,AB=AC.点P在直线AB上方且乙4PB=60。,若（kP4）2+

PB2=PC?,贝［jk=_.

11*.如图4.36所示，在△48C中，2B=4,4C=8,,以BC为边向外作等腰，△BCD,BD=CD.^BDC=12

0°,连接AD,AD的最大值为.

图4.36

全等形：遇见中考

12.如图4.37所示在正方形ABCD中,AC为对角线，点P在线段AC上运动，以DP为边向右作正方形DPFE,

连接CE.

【初步探究】

⑴AP与CE的数量关系是_________,AP与CE的夹角度数为.

图4.37

【探索发现】

⑵点P在线段AC及其延长线上运动时，如图4.38所示，线段DC,PC和CE三者之间的数量关系为.

图4.38

【拓展延伸】

⑶点P在对角线AC的延长线上时，如图4.39所示，连接AE,若AB=2近,AE=2g,,则四边形DCPE的面

积为

图4.39

模型的构造：相似形手拉手

13.如图4.40所示,在矩形ABCD中，AB=V3BC,PA=242,PB=1,PC=2,,贝（］乙4PB=

图4.40

14.如图4.41所示，在△ABC中，AB=AC,z.BAC=120"点D在线段AC上，连接BD,将DB绕点D逆时

针旋转120。“得到线段DE,连接BE,CE厕器=

E

图4.41

15.如图4.42所示，两个大小不同的三角板放在同一平面内，直角顶点重合于点C,点D在AB±,^BAC=

乙DEC=30°,AC与DE交于点F,若BD=2,2。=8则%=

AF

图4.42

16.如图4.43所示,在矩形ABCD中，将乙48c绕点A按逆时针方向旋转一定角度后，BC的对应边BC交C

D边于点G.连接BB，CC'若AD=7,CG=4,AB'=DG,则空=

图4.43

17.如图4.44所示,四边形ABCD为正方形,对角线AC,BD交于点0,△4EF为等腰直角三角形，乙4FE=90。,,

连接CE,H为CE的中点，连接OH,BH,BF,HF.证明：△为等腰直角三角形.

图4.44

18*.证明：在凸四边形ABCD中，如图4.45所示，总有AB-CD+BC-AD>ACBD.

D

图4.45

模型的综合应用：遇见中考

19.【问题背景】如图4.46所示,/ACB=/ADE=9(F,AC=BC,AD=DE.求证:BE=/CD.

【变式迁移】如图4.47所示,E为正方形ABCD外一点NE=45。,过点D作DF,BE,垂足为点F,连接CF,则

BE_

CF_

【拓展创新】如图4.48所示,A是4BEF内一点,BE=BF.AF=2,ZEAB=90°,ZFEA=ZBFA,AE=2AB,!U!JAB

模型的构造：脚拉脚模型

20.已知两个等腰RtAABC,Rt△有公共顶点C,^ABC=KCEF=90。,连接AF,M是AF的中点如图4.4

9所示，连接MB,ME,当NBCE=45。时,求证:BM=ME且BM_LME.

图4.49

21.在任意△4BC中，分别以AB和AC为斜边，向.△ABC的内侧作等腰直角三角形，如图4.50所示,M是B

C的中点，连接MD和ME,试判断△MED的形状，并说明理由.

番外篇：脚拉脚模型的深入探究

实例剖析

母题:如图4.51所示以AABC的边AB和AC分别为一边，向形内作正方形ABMN,ACPQ,求证:BQ=CN且BQ

±CN.

【分析】如图4.52所示，易证△ABQ三X4NC厕“=4ACN,BQ=CN,,故A,Q,R,C四点共圆，即“AC

+NR=180。得乙R=90°,即BQ1CN.

图4.52

变式①:如图4.53所示，以△ABC的边AB和AC分别为一边，向形外作正方形ABMN,ACPQ.

N

二,

BC

图4.53

结论⑴：BQ与CN垂直且相等（如图4.54所示，手拉手模型）.

N

BC

图4.54

结论⑵:NC,BQ,MP三条直线交于一点（如图4.55所示）.

【分析】因为乙4QG=乙4CG,所以A,G,C,Q四点共圆，则AAGQ=二（ACQ=45°,ZAGC=135°,ZAPC=45°,ZA

GP=ZACP=90°.

同理可得^AGM=90°.

故得证.

N

BC

图4.55

结论⑶:AG，MP（结论⑵中已证）.

结论⑷:如图4.56所示.

图4.56

①若RN=RQ,贝!]RW±BC.

提示利用倍长中线，如图4.57所示延长AR至点J,使得AR=RJ易证△AQR且△JNR,所以NJ=AQ,ZAQR

=NJNR,贝!]NJ〃AQ,于是NJNA+/NAQ=180。.又/BAC+/NAQ=180。,所以/JNA=NBAC.因为NJ=AC,AN=

AB,所以△NJA0Z\ACB,则NNAJ=NABC.又/NAJ+NBAW=90°,则/ABC+NBAW=90°,即RWXBC.

图4.57

②若RW_LBC,则RN=RQ,AR=^BC.

提示：利用三垂直模型，如图4.58所示，作INK1AK,QL14R,易证△QAL^AACW.AKNA^^WAB,所

以NK=AW=QL,进而△NKR名△QL氏得至RN=RQ,由①得AR=

N

图4.58

变式②:如图4.59所示，点R,D,E,F分别为NQ,AM,BC,AP的中点，求证:DEFR是正方形.

【分析】如图4.60所示连接BN,CN,BQ,CQ厕EF1ED平行且等于彳CN.

图4.60

因为BQ与CN相等且垂直，所以EF与ED相等且垂直.

同理可得证.

结论(1):DF=|MP.

提示：如图4.61所示，利用中位线易证.

图4.61

结论⑵:G为MP的中点，则ANGQABCG为等腰直角三角形.

提示：如图4.62所示，利用本质原理中的推导易证.

图形归一（第一类）

如图4.63所示，AAMNA4PQ均为等腰直角三角形，连接PM取PM的中点G，连接NG,QG,求证：NG=QG

且NG1QG.

P

图4.63

证法1构造手拉手法，如图4.64所示（证法请参考第1讲中第22题）.

图4.64

证法2三线合一法，如图4.65所示（证法请参考第1讲中第22题）.

图形归一（第二类）

如图4.66所示△ABM.AACP均为等腰直角三角形，连接PM,取PM的中点G,连接BG,CG,求证:BG=CG

HBGXCG.

P

图4.66

证法①构造手拉手法，如图4.67所示（证法请参考第1讲中第22题）.

证法2三线合一法，如图4.68所示（证法请参考第1讲中第22题）.

图4.68

番外篇：遇见中考

22.（2022.深圳模拟）如图4.69所示,四边形ABCD和BEFG都是正方形,BHLAE于点H,延长HB交CG于

点M,证明发现CM=MG.小生同学想到了这样的证明方法：过点C作CNLBM,交BM的延长线于点N.他已经证

明了△ABH丝ZXBCN,但接下来的证明过程，他有些迷茫了.

⑴请同学们帮小生同学将乘除的证明过程补充完整

⑵深入研究：若将原题中的“正方形”改为“矩形”（如图4.70所示），且*=警=k（其中k>0）,请直接写出线段C

DCDC,

M,MG的数量关系:.

⑶拓展应用:如图4.71所示在RtAABC和RtAADE中，Z.BAC=Z.DAE=90°,ZACB=ZAED=30。,连接

BD,CE,F为BD的中点，则AF与CE的数量关系为

E

D

A

图4.69图4.70图4.71

第4讲手拉手模型

1.①②④.

/BOD=NBAC+NCBE+/OBA=/BAC+/ABC=120。力100。,故③错误;先证△MCEgZiNCD(SSS),贝(]ME=N

D,故⑤错误.

2.①③④.

因为△ABD咨AACE,所以NABD=/ACE,显然/ABDRACD,故②错误;

BEE2=BC2-EC2=2AB2-(CD2-DE2)=2AB2-CD2+2AD2=2(AD2+AB2)--CD?,故④正确.

3.①②④.

4.30°.

提示：因为AB=AC=BC,且互为共端点，所以每一个端点都可以进行两种旋转.

5.4V2-2.

如图J4.1所示，连接CE,延长AB,CE交于点T.

利用手拉手模型易得△ABD=ACBE(SAS),所以乙BCE=ABAD=45。，则△BCT为等腰直角三角形，因此B

C=BT=AB.

因为点F是AE的中点，所以BF是△4ET的中位线，贝!]TE=2BF=2,故AD=CE=CT-TE=<2BC-

2=4V2-2.

6.16.

解题要点:利用CF=BE,NABE=NACF,连接AE,AF构造手拉手模型是此题的关键.

如图J4.2所示，连接AE,AF,易证△ABE咨ZkACFlSAS),可得/AFB=/AFE+乙EFB=600+30°=90。,故.B

F2+EF2=BF2+AF2=AB2=16.

7.5V3-2.

如图J4.3所示，连接BD.因为AD=CD,所以可将△BCD绕点D顺时针方向旋转60。,得到△BAD.连接BB；延

长BA,作B'EXBA于点E,贝！JBD=B'D,^BDB'=6(T,NCBD=/ABD,此时S四边形ABCD=S凹四边形BDB，

A,ABDB，是等边三角形.

SZABC=75°,ZADC=60°乙BAB'=乙BDB'+^AB'D+乙ABD=135。则AB'AE=45°.

/22

因为B'A=BC=2,所以B'E=AE=VX贝(].BE=AB+AE=2y[2+y[2=3vxBB'=J(&)+(3&)=

2V5.

设等边△BB'D的高为h,则由勾股定理得h=J(2V5)2-(V5)2=W耳故

S四边形ABCD=SABDB'-SAABB'=|X2V5xV15-|x2V2xV2=5V3-2.

8.120°,V7.

提示:因为AB=AF,所以可把△ABP或△APF绕点A旋转120。使AB和AF重合.再利用勾股定理求解即可.

9.2低

提示:因为AB=AD,所以可把△ABP或AAPD绕点A旋转90。,使AB和AD重合,再利用勾股定理求解即可.

1O.±V3.

提示:因为AB=AC,所以可把4ABP或小APC绕点A旋转120。,使AB和AC重合，

再利用勾股定理求解即可.

11,.4V3.

如图J4.4所示，以点D为旋转中心，将△4CD绕点D顺时针旋转120。得到△FBD.连接AF,则.AD=DF,

^ADF=120。,AC=BF,,故当A,B,F三点共线时,AF最大，此时AD最大.

因为AB=4,AC=8,所以AF=AB+BF=AB+AC=12,则.4D=，故AD的最大值为4百.

12.(1)AP=CE,90°.

因为四边形ABCD是正方形，所以AD=DC,ZACD=ZDAC=45°,ZADC=90°.

又四边形DPFE是正方形，则DP=DE,NPDE=NADC=90。,于是/ADP=/CDE,故△ADP会/XCDEBAS),有AP

=CE,/DAC=NDCE=45。,故NACE=90。.

(2)PC+CE=后。或(CE-CP=y[2CD.

如图4.37所示如⑴可得AP=CE,则PC+CE=PC+AP=AC=yf2CD.

如图4.38所示，因为四边形ABCD是正方形，所以AD=DC,ZACD=ZDAC=45°,^ADC=90。,AC=五CD.

又四边形DPFE是正方形，则DP=DE,ZPDE=ZADC=90°,ZADP=ZCDE,J^AADP^ACDE(SAS),^AP=C

E,NDAC=NDCE=45。,故CE-CP=&CD

(3)12.

如图J4.5所示，连接CE.

因为△ADPgZ\CDE,所以/DCE=NDAP=45°,故NACE=NACD+/DCE=90°.

因为AB=2Vx所以(CD=AB=2y/2,AC=V2X2V2=4,则CE=VXE2-CA2=J(2V13)2-42=6.

22

又AP=CE=6厕PC=6-4=2,于是PE=V6+2=2同,DE=等=2遮，故S^PDE=|x(2遮/=10

,SXPDC=wx2x2=2,则S四边形DCPE=^^PDE+^APDC—12.

图J4.5

13.150°.

比线段（AB=共端点（点B）,用旋转（可旋转△BCP或AABP）.

解法1如图J4.6所示，将AABP绕点B顺时针旋转90。,构造△4BPACBP1连接PP,易得NPP'B=60。.因为

PP'=手,P，C=手,PC=2,根据勾股逆定理可得"P£=90。,故AAPB=乙BP'P+乙PP'C=60°+90°=150°.

解法2如图J4.7所示，将△BCP绕点B逆时针旋转90。,构造△BCPA连接PP,下面的解法同解法1.

图J4.7

14.V3.

利用一转成双.由△ABC^ADBE球ABDSMBE,故泊导瓜

15.丝

6

连接AE.因为△ABCs/\EDC,可得△BCDs/\ACE,所以—=—=百，则AE=2V3.

BCBD

又BD=2,BC=5,/B=60。,可得CD=旧,故第=墨=黑=萼.

如图J4.8所示，连接AC,AG,AC,.

利用一转成双面4ABCs△ABC得△ABB"aACC,则黑=*.

DDZiD

因为AB'=B'G.^AB'G=AABC=90。,,所以4ABG是等腰直角三角形，则AG=y[2AB'.

设力B=AB'=x,则AG=42X,DG=x-4.

22222

在RtAADG中，AD+DG=XG,BP7+（x-4）=解得X1=5,x2=-13倍去），故AB=5.

在RtAABC中，AC=y/AB2+BC2=V52+72=g,故=—=—.

BB'AB5

17.由正方形的性质得霖=VXo为AC的中点.

DU

因为H为CE的中点，所以。印MKOH=\AE.

V2AF

差=毛二=鱼=箧又△AEF是等腰直角三角形，贝=@匕故

UtiUnDU

如图J4.9所示，因为OH〃AE,所以NCOH=NCAE,则NBOH=NBAF,因此△BOHs^BAF,贝（]竺=VX

BH

乙HBO=NF8A故NHBF=ZHBO+ZDBF=ZDBA=45。,即4BHF为等月要直角三角形.

18*.本题为广义的托勒密定理，证明过程如下：

如图J4.10所示作NBAE=NDAC,且使祭=笫进而得到△ABEs/^ACD（图J4.ll）,所以

ABCD=BEAC.①

XZCAD=NBAE,贝（J/EAD=/BAC,因为祭=笫所以△AEDs/\ABC^J4.12）Ji!!]

ADBC=DEAC.②

①+②，有ABCD+ADBC=BE-AC+DEAC,

即ABCD+ADBC=AC（BE+DE）.

因为BE+DENBD,所以ABCD+ADBC>ACBD.

图J4.10图J4.ll

19.【问题背景】因为NACB=ZADE=90°,AC=BC,ADDE,所以/DAE=NCAB且AB=&AC,AE=

VLW,,则NDAC=/EAB,于是△ABEs/\ACD,则||=第=VX即BE=V2CD.

【变式迁移】V2

如图J4.13所示，连接BD.

因为NE=45°,DF_LBE,所以NEDF=NE=45°.

在正方形ABCD中,/BDC=45。,贝！I.乙EDB=4FDC=45°+AFDB,—=—=VX所以△EDB^AFDC.J^

FDDC

【拓展创新】V2

如