手拉手相似模型-浙教版九（上）数学知识点训练（含答案）

手拉手相似模型一浙教版数学九(上)知识点训练

阅卷人

一、选择题

得分

1.如图，在矩形ABCD中，AB=2,BC=4,P是对角线AC上的动点，连接DP,将直线DP绕点P顺时针

旋转，使旋转角等于NDAC,且DGJ_PG,WZDPG=ZDAC.连接CG,则CG最小值为()

D.|f

阅卷人

二、填空题

得分

2.如图,点D是等腰直角三角形ABC的重心，NACB=9()。，将线段CD绕点C按逆时针方向旋转9()。得到

线段CE,连结DE.若△ABC的周长为6立，则ADCE的周长为

3.如图，在RtUBC和RtMDE中，^ABC=^ADE=90°,sinz/lED=sin^ACB=连结BD,CE,延长

CE交BD于点F.

(1)若BD=3,则CE的长为,

(2)cosZ-BFC=.

阅卷人

三、解答题

得分

4.在RIAABC中，乙C=90。，分别取BC、4C的中点并且同时将这两个中点绕点C按顺时针方向旋转依次得

到点。、E,记旋转角为a(0°<a<90°),连接AE、CD、BD,如图所示.

第1页

(2)若BC=4C=4,当B、D、E三点共线时，求线段BE的长；

(3)当乙48c=30。时，延长8D交4E于点儿连接C，，探究线段AH,G7之间的数量关系并说明理

由.

5.在RtZiABC中，ZA=90°,AB=V3AC,BC=6.

D

(1)如图①，D是AB上的一点，DE〃BC,交AC于点E,则BD,CE之间的数量关系为.

(2)如图②，将(1)中4ADE绕着点A顺时针旋转，旋转角为(Q(00<a<90°Z连结CE,BD.

请问：(1)中BD,CE之间的数量关系还成立吗？请说明理由.

(3)如图③，将(1)中4ADE沿DE对折，点A的对应点M在BC下方，△MDE与RsABC重

叠部分的面积记为y，BD的长记为X.求y关于X的函数表达式，并求y的最大值.

6.如图1,在△ABC中，乙48。=45。，AD1BC于点D,在DA上取点E,使DE=DC,连结

BE,CE.

第2页

（1）直接写出CE与AB的位置关系.

（2）如图2,将ABED绕点0旋转，得到AB'E'D（点BfE分别与点B,E对应），连结

CE',AB\在△8E0旋转的过程中CE'与AB1的位置关系与（1）中CE与48的位置关系是否一

致？请说明理山.

（3）如图3,当ABED绕点0顺时针旋转30°时，射线CE'与AD,AB'分别交于点G,F,

若CG=FG,DC=V3,求AB1的长.

7.如图，矩形砥GF和矩形册。共顶点'且绕着点B顺时针旋转，满足器=部量

（1）如图1,当D,E,B三点共线，且48=8,BE=4,求算的比值；

AE

（2）如图2,空的比值是否发生变化，若不变，说明理由；若变化，求出相应的值，并说明理由；

XIC

（3）如图3,若点F为。。的中点，且4B=8,AD=6,连结CG,求△5CG的面积.

8.【模型呈现：材料阅读】

如图1,点8,C,E在同一直线上，点4,。在直线CE的同侧，△A8C和△CDE均为等边三角形,

AE,BD交于点、F,对于上述问题，存在结论（不用证明）:

(DAfiCD^AACE.

⑵△?1小可以看作是由△8c。绕点C旋转而成.

（1）【模型改编：问题解决］

点A,。在直线CE的同侧，AB=AC,ED=EC,ZBAC=ZDEC=50°,直线AE,BD交于F,如图1：

第3页

点。在直线CE上，

①求证：匕BCDs4ACE.

②求N4尸8的度数.

③如图2：将△ABC绕点C顺时针旋转一定角度.

补全图形，则NA尸8的度数为▲.

④若将“/84。=/。氐?=50。”改为“/84。=/£）七。=〃严，则N4五8的度数为▲.（直接写结

论）

（2）【模型拓广：问题延伸】

如图3：在矩形A8CO和矩形OEFG中，A8=2,AD=ED=2>/3,DG=6,连接AG,BF,求箓的值.

9.问题提出

如图（1）,在AABC和ADEC中，ZACB=ZDCE=90°,BC=AC,EC=DC,点E在AABC内部，直

线AD与BE交于点F.线段AF,BF,CF之间存在怎样的数量关系？

①先将问题特殊化如图（2）,当点D,F重合时，易证AACDgABCE（SAS）,请利用全等探究AF,

BF,CF之间的数量关系（直接写出结果，不要求写出理由）；

②再探究一般情形如图（1）,当点D,F不重合时，证明（1）中的结论仍然成立.

（2）问题拓展：如图（3）,在AABC和ADEC中，ZACB=ZDCE=90°,BC=kAC,EC=kDC（k是

常数），点E在AABC内部，直线AD与BE交于点F.直接写出一个等式，表示线段AF,BF,CF之间的数

量关系.

10.综合与实践

“手拉手”模型是初中几何图形的一种全等变形的重要模型，可以借助旋转和全等形的相关知识结合勾股定

理等，来解决有关线段的长、角的度数等问题，在学习利生活中应用广泛，有着十分重要的地位和作用.

第4页

某校数学活动小组进行了有关旋转的系列探究：

如图①，已知AABC和△ADE均是等腰直角三角形，Z.BAC=Z.DAE=90°,且A8=AC,

AD=AE,易证：BD=CE,BD1CE.

（1）深入探究：

如图②，将图①中△4BC绕点A逆时针旋转a（0°<a<90°），连接BD、CE,并延长CE分别

与>48、BD相交于点G、F,求证：BD=CE,801CE.

（2）解决问题：

如图③，将图①中△ABC绕点A逆时针旋转90°，使力E与AB重合，其他条件不变，若AB=

6,40=3,则CE=,DF=.

（3）拓展应用:

如图④，将图①中2ABe绕点A逆时针旋转a（90°<a<180°）,连接BD、CE：若4B=

4或，BE=3,/-ABE=45°,则BD=,AD=.（提示：求AD时，可过点E

作EH1AB于点H）

11.如图，和△DBE的顶点B重合，N4BC=N/)BE=90°,4BAC=/BDE=30°,BC=

（1）特例发现：如图1,当点0,E分别在AB,BC上时，可以得出结论：震=,

直线AD与直线EC的位置关系是

（2）探究证明：如图2,将图1中的ADBE绕点B顺时针旋转，使点D恰好落在线段AC

第5页

上，连结EC,(1)中的结论是否仍然成立？若成立，请证明：若不成立，请说明理由.

(3)拓展运用：如图3,将图1中的ADBE绕点B顺时针旋转cr(19°<a<60e),连结

AD,EC,它们的延长线交于点尸，当。尸=BE时，求tan(60。—a)的值.

第6页

答案解析部分

1.【答案】C

【解析】【解答】解：如图，作⑦EJ.AC交AC于点E,连接EG并延长交CO于点尸，作EH1CD,

•••DE1AC,DG1PG,

A^AED=Z-PGD=90°,/-DEF+Z.FEC=90°,

Z.DAP=乙DPG,

•••△AED^△PGD,

.••乙ADE=iPDG,第二悠

Z.ADP=Z.EDG,黑=黑，

DEDG

•••△4PD〜△EGD»

Z.DAC=Z-DEG,即NOEG是定值，

.•.点G在直线EF上运动，

故当CGIEF时，CG有最小值,

•••四边形是矩形，AB=2,BC=4,

.**乙B=Z.ADC=90°,CD=AB=2,AD=BC=4,

...Z.DAC+Z-DCA=90°,AC=\/AB2+BC2=2百，

:.乙FEC=^FCE,=等,

AC5

EF=CF,CE=yJCD2-DE2=卒，

•••EH1CD,

4

DECE二-

EH=5

•••CG1EF,EF=CF,

4

CG=EH=I，

故答案为：c.

【分析】作OE，人。，由44EO="GD=90。，404P=4CPG判定△4E。〜△PGO,再利用相似三角形的

性质证得4人OP=4EDG,器=需，进而证得△4P。〜△EG。，可得/EMC=4DEG,即4DEG是定值，故可

判定点G在直线EF上运动，由此可得当CG1EF时，CG有最小值.利用等面积法求得DE的长度后，再由勾股

第7页

定理计算出CE的长度，接着再次利用等面积法求得EH的长度，然后通过余角的性质可证得△EFC是等腰

三角形，故可得CG=E"=^.

2.【答案】4

【解析】【解答】解：如图,延长CD,

由题意可得△ABC、△CDE都是等腰直角三角形，

AB=\[2AC=五BC,DE=近CD=低E,△CAB〜△CDE,

.C^CDE_£2

C^ABCAC，

•••点D是等腰直角三角形ABC的重心，LACB=90。，

C22

-=-

CF3CF148,CF=AF,

设CD=2x,CF=3x,

：.AC=y/2CF=3x/2x,

•••△ABC的周长为6注,

•••△COE的周长为4.

故答案为：4.

【分析】山题意可得△4BC、△(7/)£都是等腰直角三角形，故ZkC/lB〜利用相似三角形的性质证得

部=彩设CDS,CF=3x,利用等腰直角三角形的性质求得AC=3缶，进而求得“DE的周长为4.

3.【答案】(1)4

(2)i

【解析】【解答】解：(1)在和R34OE中，Z.ABC=LADE=90a,sinz^FZ)=s\nz.ACB=1

•.AT~»r\Ar)ADAB3

..乙AED=乙ZACB,冠二衣』

：.^DAE=乙BAC,

：.^DAE-4BAE=乙BAC-484E

・"。/8=Z.EAC

・•・△DAB^AEAC

第8页

,BD_AB_3

,,ZT=^C=4

.3_3

・F=4

.\CE=4

故答案为：4.

(2)如图：CF与AB交于点G

由(1)知：△DABS/XEAC

AZABD=ZACE

VZBGF=ZAGC

.\ZBFC=ZCAB

RtAABC中，cosZ.BFC=cosz.BAC==sinZ-ACB=

故答案为反.

【分析】

⑴先根据已知条件得出器=%=率"A8OE4;则△DABs/XEAC,再根据对应边成比例，列出比

例式，求出CE即可

(2)先根据△DABsaEAC得出NABD二NACE,从而推出NBFC二NCAB,因此得出cos4B/C二

cosZ-BAC=絮=s\nz.ACB—,即可.

4.【答案】(1)证明：TBC=AC,D、E分别是BC和AC的中点，

.•・CD=AE=2BC=

又ZDCE=ZBCA=90°,即ZBCD+ZACD=ZACD+ZACE=9C'°,

.\ZBCD=ZACE,

/.△BCD^AACE(SAS),

r.ZDBC=ZEAC.

(2)解：①如图，当点D在△ABC内时，过点C作CF_LDE,

第9页

A

由（1）可知，若BC=AC,则4CDE为等腰直角三角形，其中CDq

当B、D、E三点共线时，

・•.ZBDC=180°-ZCDE=135°,

AZBFC=90°,DF=EF=CF=2,

在RtABFC中，BF=\lBC2-CF2=V42-22=g，

此时BE=BF+EF=<14+2:

②如图，当点D在△ABC外时，过点C作CF_LDE,

同理可得，BEBF-EF714-2.

(3)解：如图，过点C作CG_LCH,交BD于点G,

由（1）同理，ZBCD=ZACE,

又,：CD=/c,CE=，C,

・•・△BCDACE,

・•・ZCBD=ZCAE,

由/BCA=/GCH=90。，同理可得，/BCG=/ACH.

；.△BCG^AACH,

第10页

.CG_BG_BC

t，CH=AH=AC，

又・・・4A8C=30°,

••♦tanZj4BC=^二坐，即第=6,

：-CG=WCH,BG=遥AH,

在RtAGCH中，

GH=VCW24-CG2=2CH，

；・8H=BG+GH=>/3AH+2cH.

【解析】【分析】（1）根据已知条件信息读题标量易判定目标角所在两三角形全等（手拉手全等），进而得

证；

（2）画出对应草图，需先根据旋转角度不同进行分类分析・，在全等基础上进一步解形，即利用特殊等腰直

角三角形进一步构造结合勾股定理求解即可；

（3）类比分析即可得出类似（1）中结论，即相似（手拉手相似），进一步为集中目标AH,BH,CH,即为共

顶点的三组线段，同理通过逆向构造旋转相似进行线段转化从而得证目标三组线段数量关系.

5.【答案】（1）BD=WCE

（2）解:成立.

由旋转的性质可得4=^EAC=。，

ADAB刀

,,荏"衣二6,

.*.△ADE~△ABC,

BDAB内

'许=定=遮’

BD=

（3）解：如图，连接AM,

由折叠的性质可得4MlDE,AN=MN,AD=DM,

•••=90。,AB=遍AC,BC=6,

AAC=3,AB=3百，乙B=30°,

vBD-x,

第11页

:.AD=DM=3A/3—x,

VDEIIBC,

.•・/.ADE=Z.B=30°,AM1BC,

•••OE=学40=6一孕无，4尸学，AN=MN=3AD='厂，

•・•DE||BC,

BDAB

：'NP=AP=2,

•••NP=。，

...MP=MN—NP=3^~2x,

“2总E"4点A4。乙4以

：•FG=FM=MP=6-----5-x，

(FG+DE)WP

y=2

二当％=时，y=与三

max2

【解析】【解答】解：(1)VDE||BC,AB=V3AC,

BD_AD_AB_历

'"CE=AE=AC=y/3f

:.BD=\[3CE-

故答案为：BD=V5C£

【分析】⑴由平行线的性质可得矍=受，进而证得7?0=6。氏

⑵由旋转的性质可得WAB="4C=a,又器=券=b，即可证得△4DE〜△A8C,再利用相似三角形

的性质求得BD=V3CE.

(3)利用30。直角三角形的性质求得AB的长度，再通过平行线的比例性质表示出NP=4%，再次通过30。直角

三角形的性质分别表示出DE、FG的长度，即可求得梯形面积y的函数关系式，然后通过二次函数的性质求

得y的最大值.

6.【答案】(1)解：CELAB

(2)解：在ABED旋转的过程中CE'与AB1的位置关系与(1)中CE与的位置关系是一致

的，理由如下：

如图2,延长CE'交AB'于H,

第12页

由旋转的性质，得CD=DE',B'D=AD,^ADC=z.E'DB'=90°,

乙ADC+乙ADE'=乙ADE'+乙E'DB',

Z-CDE1=乙408',

CDDE'

•,•而=7?

2ADB'〜bCDE',

...乙DAB'=乙DCE\

v上GDC=90°,

:.乙DCE'+iDGC=90°,

•••44GH=乙DGC,

•••^DABr4-/-AGH=90°,

...乙AHC=90°,

CE'1AB\

(3)解；如图3,过点D作DH±AB'于点H,

“BED绕点D顺时针旋转30°,

•••乙BDB'=30。，B'D=BD=AD,

4ADB，=120°,

:.乙DAB'=Z.AB'D=30°,

•••DHLAB',

AD=2DH,AH=遍DH=B'H,AB'=2AH,

第13页

AB1=WAD,

由（2）可知，△AOZT〜△CO。,

.•・乙DCE'=乙DAB'=30°,

-AD1BC,CD=取,

•••DG=1,CG=2DG=2，

vCG=FG,

CG=FG=2,

•••Z.DAB'=30°,CE'LAB',

:.AG=2FG=4,

:、AD-AG+DG=4+1=5,

AB'=V3AD=5V3.

【解析】【解答］解：（1）如图，延长CE交AB于点F,

vAD1BC,

...乙EDC=乙ADB=90°,

vAABC=45°,DE=DC,

:AADB,△EOC是等腰直角三角形，

:.乙ECD=/.BAD=45°,

•••Z-CED=Z.AEF,

...乙AFE=乙EDC=90°,

:.CE1AB.

【分析】(1)延长CE交AB于点F,先证出△4DB,△EDC是等腰直角三角形，得/ECO=乙840=45。，

由对顶角相等，进行等量代换求出，力/E=4EDC=90。，即可得证CE148；

(2)延长CEf交AB,于H,根据旋转的性质求出CD=0。，B,D=AD,乙ADC=4E'DB'=90°，根据

角的和差关系得乙C0E'=4A08',从而可以证出△408'〜△COE',得4048'=ZOCE',接下来根据直角三

角形两锐角互余、对顶角的性质得乙4〃C=90。，即可得证CE'1/9；

第14页

（3）过点D作DHLABf于点H,根据旋转的性质得，BD夕=30°,B'D=BD=AD,从而求出

〃。夕=120°,/.DAB'=^-AB'D=30°,然后利用含30°的直角三角形的性质、”三线合一“为性质求出

4夕=百4。，由（2）中的△40夕〜△COE',根据相似三角形对应角相等得KOCE'=4ZM8'=30°,从而

求出。G=LCG=FG=2,进而求出4G=2FG=4,得4D=5,即可求出力8'=84。.

7.【答案】（1）解：如图，连接。F,BF,AE.

图1

••・四边形力BCD是矩形,

/.DAB=90°,AD=BC.

vBC：AB=3：4,

:.AD：AB=3：4,

设40=3k,AB=4k,9\BD=y/AD2-{-AB2=5k

AD：AB：BD=3：4：5,

同法可证EF：BE：BF=3：4：5,

•••△ABDEBF,

Z.ABD-Z.EBF,普=黑,

AABE=^DBF,锚=器,

ABEDBF,

DFDB5

：'AE=AB=V

（2）解：不变，理由是：

如图，连接BD,BF.

•••四边形4BCD是矩形,

:./DAR=90°,AD=RC.

•••BC：AB=3：4，

第15页

AD：AB=3：4,

设40=3k,AB=4k,则BO==5k，

：•ADtAB：BD=3：4：5,

同法可证£T：BE：BF=3：4：5,

•••△ABD〜匕EBF,

Z.ABD=/LEBF,诙=前'

：♦Z.ABE=乙DBF,前=而'

•••△ABEDBF,

DFDB5

：'AE=AB=V

(3)解：如图，连接BF,AEt过点G作GT1OC交OC的延长线于点T.

•.•四边形48CD是矩形,

:，AB=CD=8,

•••DF=CF=4,DFtAE=5：4,

:.A“E=-1g6-*

•••乙ABC=Z.EBG=90°,

4ABE=Z.CBG,

AB_BE^_4

，'CB=BG=3,

ABEs&CBG,

AE_AB_4

-'"CG=BC=3,

・•.CG=圣

v乙BCF=Z.BGF=90°,

:CF,B,G四点共圆,

Z-GCT=Z.FBG,

•••zT=乙BGF=90%

*'•△CTG~&BGF,

第16页

CT：GT：CG=BG：GF：BF=3：4：5,

=5LG=25*

：,△CFG的面积=i-CF-GT=ix4x^|=1|

【解析】【分析】(1)连接DF,BF,AE,利用矩形的性质可证得AD=BC,ZDAB=90°,利用已知可得到

AD与AB的比值，设AD=3k,AB=4k,利用勾股定理表示出BD的长，可得到AD：AB：BD的坐标，同理

可证得EF：BE：BF=3：4：5,可证得△ABDs^EBF,利用相似三角形的性质可证得NABD=NEBF,

需二等可推出NABE=NDBF,瑞=器，利用两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似，可证得

△ABE-ADBF,利用相似三角形的对应边成比例，可证得结论.

(2)连接BD,BF,利用矩形的性质可证得NDAB=90。，AD=BC,同理可证得可证得EF：BE：BF=3：4：

5,可证得△ABDs^EBF,利用相似三角形的性质可证得NABD=NEBF,噩=器，可推出

ZABE=ZDBF,稳=需利用两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似，可证得△ABEs^DBF,利用

相似三角形的对应边成比例，可得到空的比值.

AE

(3)连接BF,AE,过点G作GT_LDC,交DC的延长线于点T,利用矩形的性质可得到AB的长，同时可

求出AE的长；再证明△ABEs^CBG,利用相似三角形的对应边成比例，可求出CG的长；利用

ZBCF=ZBGF=90°,可得到点C,F,B,G四点共圆，利用圆周角定理可证得NGCT=NFBG,利用有两组

对应角分别相等的两三角形相似，可证得△CTGsaBGF,利用相似三角形的性质，可求出GT的长；然后

利用三角形的面积公式，可求出△CFG的面积.

8.【答案】(1)解：@VAB=AC,ED=EC,ZBAC=ZDEC=50°,

.\ZABC=ZACB=(I8O°-5O°)4-2=65°,ZEDC=ZECD=(180°-50°):2=65。，

.*.△ABC^AEDC,

.AC_BC

，，EC=DC，

•・•ZACE=180°-NACB=115°,ZBCD=180°-ZECD=115°,

.*.△BCD^^AACE；

②由①知，△BCD^AACE,

AZDBC=ZEAC,

・•・ZAFB=ZDBC+ZCEA=ZEAC+ZCEA=ZACB=65°；

③补图如下：

第17页

D

F

B

:115°；

CE

图2

④90。号：

;在矩形ABCD和矩形DEFG中，AB=1,AD=ED=g,DG=3,

.AB_FG_^

••荷一诩一丁

又•・•/BAD=NDGF=90°,

・•・△ADB^AGDF,

AZADB=ZGDF,黑=黑，

DGDb

VZADG=ZGDF+ZADF,ZBDF=ZADB+ZADF,

AZADG=ZBDF,

.*.△BDF^AADG,

.BF_BD

,・而一而’

VAD=V3,AB=1,

・•・BD='加+加=2,

・皿=皿=马=2百

，9AG~AD~j3~~f

【解析】【解答】解：(1)③解：・..AB=AC,ED=EC,ZBAC=ZDEC=50°,

・・・NABC=NACB=(180°-50°);2=65。，ZEDC=ZECD=(180°-50°)+2=65。，

ABC^AEDC,

.AC_BC

••瓦一瓦'

•IZACE=180°-ZACB=115°,ZBCD=180°-ZECD=115°,

・•・△BCD^AACE,

.•.ZBDC=ZAEC,

ZAFB=ZBDC+ZCDE+ZDEF=ZAEC+ZCDE+ZDEF=180°-ZDCE=180°-65°=115°：

④・・・AB=AC,ED=EC,ZBAC=ZDEC=m°,

第18页

AZABC=ZACB=(180°-m°)+2=90。-萼，ZEDC=ZECD=(180°-m°):2=90。-萼,

22

ABC^AEDC,

.AC_BC

**EC=DC，

ZACE=180°-ZACB=90°4-m_,ZBCD=180°-ZECD=90°+^-,

22

・・・△BCD^AACE,

，NDBC=NEAC,

・,.ZAFB=ZDBC+ZCEA=ZEAC+ZCEA=NACB=90。哆

【分析】(1)①根据两角分别相等的两个三角形相似得ABCs^EDC推出需=番，再根据两边成比例且

夹角相等的两个三角形相似证明△BCD-AACE；

②根据△BCDsaACE得NDBC=NEAC,进而推出NAFB=/ACB；

③根据①的思路证明△BCDs^ACE推出NBDC=/AEC,从而计算/AFB=18(T-NDCE；

④根据①②的思路得NAFB=NACB即可求得：

(2)根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似得△ADBs^GDF,推出NADB=NGDF,煞=盥，再

DGDF

根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似得尊=黑即可求得.

/it//\D

9.【答案】(1)①如图(2),由△ACD04BCE,

Z.BE=AD,ZEBC=ZCAD,

•・•点D、F重合,

・・・BE=AD=AF,

V△CDE为等腰直角三角形，

.\DE=EF=V2CF,

.*.BF=BD=BE+ED=AF+或CF,

B|JBF-AF=V2CF

②如图(1),过点C作CG_LCF交BF于点G,

由(1)知，△ACD^ABCE(SAS),

AZCAF=ZCBE,BE=AD,

第19页

VZACF+ZACG=90°,ZACG+ZGCB=90°,

r.ZACF=ZBCG,

VZCAF=ZCBE,BC=AC,

・,.△BCG乌△ACF(ASA),

.\GC=FC,BG=AF,

故4GCF为等腰直角三角形，Ri]GF=V2CF,

则BF=BG+GF=AF+V2CF,即BF-AF=或CF；

(2)解：BF-kAF=Jk%2+「FC,理由如下

如图(2),过点C作CGJ_CF交BF于点G,

同理，ZACD=ZBCFo

又「BC=kAC,EC=kDC,

即8cCE,

・•・△ACD^ABCE,

.\ZCAF=ZCBE,

VZACF+ZACG=90°,ZACG+ZGCB=90°,

.,.ZACF=ZBCG,

VZCAF=ZCBE,

BCG^AACF,

.GC_BG_BC_,

，9CF=AF=AC=kt

・・・CG=kCF,BG=kAF,

在RSFCG中,

:・GF=y/CF2+GC2=y/CF2+(/cCF)2=

贝ijBF=BG+GF=kAF+J/+工上,即BF-kAF二J12+「FC.

【解析】【分析】(1)①由“手拉手全等模型”或几何直观易分析全等；

②在全等的基础为进一步往目标线段靠拢，需采用“截长补短”的方式再进行转移，即构造并证明二次全等得

第20页

出结论;

（2）在“手拉手全等模型”基础上更改为比例关系，即类比推理得出“手拉手相似模型”，需注意二次相似中,

类比参考二次相似构造即可.

10.【答案】（1）证明：'：^BAC=LDAE=90°,

：.Z.BAD+Z-BAE=/-CAE+Z-BAE=90°，

：.Z-BAD=Z.CAE,

AB=AC,AD=AE,

：.^ABD=A/1C£(5/15),

：.BD=CE，/.ABD=^ACE,

^Z-BFG=180°-^ABD-Z.BGF，ABAC=180°-^ACE-AAGC，且Z-BGF=Z-AGC，

：.^BFG=/-BAC,

*：Z-BAC=90°，

:•乙BFG=90°,

:・BD1CE,

即BD=CE,BDICE.

(2)3VS;华

J

(3)V75；V17

【解析】【解答］解：（2）同理可证△ABDgZXACE,

・・.CE;BD,ZACE=ZABD,AE=AD=3,

.\BE=6

VZBAD=90°,AD=3,AB=6,

•-CE=BD=>JAD2+AB2=3遥，

XVNAEO/BEF,

・•・△AEC^AFEB,

.BE_BF

'''CE=CA

.3_BF

••话一方’

・6店

.•"二可

qrE

••DF=BD-BF=手；

（3）如图所示，过点E作EH_LAB于H,

第21页

♦・,ZABE=45°,

ZHEB=45°=ZHBE,

・・・BH=EH,

f：BH2+EH2=BE2,

：.2BH2=9,

••*pBrHj=EH=3&-，

-AH=AB-BH=，

•'­AE=y/AH2+EH2=y/17，

-'•AD=AE=\[17;

VAB=AC,ZBAC=90°,

.\ZABC=45°,BC=y/AB2+AC2=8,

・•・ZCBE=90°,

•­CE=>JBC2+BE2=V73，

同理可证4ACE^AABD,

-'-BD=CE=yl73.

【分析】(1)全等三角形的判定与性质定理的应用；

(2)相似三角形与全等三角形的判定与性质定理的综合应用；

(3)由于Z4BE=45。，可构造以BE为底边的等腰直角三角形EHB,应用勾股定理即可。

11.【答案】(1)遮；AD1EC

(2)解：结论成立，理由如下：

v^ABC=乙DBE=90°,

:.Z.ABD=乙CBE,

•:AB=WBC,BD=aBE，

.AB_DB_

•・阮一丽一V3’

4BD~△CBE,

第22页

•••Z.ADB=乙BEC,

V乙ADB+UDB=180°,

•••乙CDB+乙BEC=180。，