手拉手模型421练习题

手拉手模型421练习题在初中几何的学习旅程中，我们常会遇到一些经典的几何模型，它们如同解题的“金钥匙”，能帮助我们快速找到思路，破解难题。“手拉手模型”便是其中极具代表性的一员，以其图形的对称性与结论的规律性，成为各类考试的热门考点。本文将围绕手拉手模型，通过精心设计的“421”练习题（即4道基础巩固题、2道能力提升题与1道综合拓展题），带领大家从理论到实践，全方位掌握这一模型的精髓。一、手拉手模型核心知识回顾在深入练习之前，我们先简要回顾手拉手模型的核心内容，这是解决所有相关问题的基础。所谓“手拉手模型”，通常指的是两个共顶点且顶角相等的等腰三角形（或等腰直角三角形、等边三角形等特殊情况），将其中一个三角形绕着公共顶点旋转一定角度后，连接对应的“手指”顶点所构成的图形。其核心结论主要有：1.一对全等三角形：由旋转性质及等腰三角形的性质，可迅速证得连接“手指”后形成的两个三角形全等（通常为SAS全等）。2.对应边相等且夹角等于顶角：全等三角形的对应边相等，对应边所在直线的夹角等于原等腰三角形的顶角（或其补角，视具体旋转方向和角度而定）。3.线段位置关系：当原等腰三角形的顶角为特殊角（如90°）时，对应边会存在垂直关系。掌握了这些核心，我们就能在复杂图形中快速识别出手拉手模型的“身影”，并加以应用。二、基础巩固篇（4题）基础题旨在帮助大家熟悉模型结构，直接应用核心结论解决问题。题1：已知：如图，△ABC和△ADE均为等边三角形，点A为公共顶点，连接BD、CE。求证：BD=CE。分析与简证：这是手拉手模型最经典、最基础的形态。∵△ABC和△ADE均为等边三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°。∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，即∠BAD=∠CAE。在△BAD和△CAE中，AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE，∴△BAD≌△CAE(SAS)。∴BD=CE。（全等三角形对应边相等）题2：已知：如图，△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，点A为公共顶点，连接BD、CE。（1）求证：BD=CE；（2）判断BD与CE的位置关系，并说明理由。分析与简证：本题在等腰直角三角形背景下考查手拉手模型，除了边相等，还需关注角的关系。（1）证明BD=CE：与题1类似，易证△BAD≌△CAE(SAS)，从而BD=CE。（2）BD与CE的位置关系：BD⊥CE。延长BD交CE于点F（或其延长线）。由△BAD≌△CAE，得∠ABD=∠ACE。在△ABC中，∠ABC+∠ACB=90°，即∠ABD+∠DBC+∠ACB=90°。∴∠ACE+∠DBC+∠ACB=90°。在△BFC中，∠BFC=180°-(∠DBC+∠ACB+∠ACE)=180°-90°=90°。∴BD⊥CE。题3：已知：如图，点C为线段AB上一点，△ACM和△CBN都是等边三角形，连接AN、BM，交于点F。求证：AN=BM。分析与简证：本题是手拉手模型的另一种常见布局，两个等边三角形共顶点C，且分别在AB的两侧。∵△ACM和△CBN都是等边三角形，∴AC=MC，CN=CB，∠ACM=∠BCN=60°。∴∠ACM+∠MCN=∠BCN+∠MCN，即∠ACN=∠MCB。在△ACN和△MCB中，AC=MC，∠ACN=∠MCB，CN=CB，∴△ACN≌△MCB(SAS)。∴AN=BM。题4：已知：如图，△ABC是等腰直角三角形，∠C=90°，点D是BC边上一点（不与B、C重合），以AD为直角边作等腰直角三角形ADE，∠ADE=90°，连接BE。若AC=BC=4，当D点在BC上运动时（不与B、C重合），BE的长度是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，说明理由。分析与简证：本题在动态背景下考查手拉手模型的应用及线段最值问题。首先，尝试构造手拉手模型。△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，但直角顶点不同（C和D）。我们可以将△ACD绕点A顺时针旋转90°，或尝试寻找其他共顶点的等腰三角形。另一种思路：过点E作EF⊥BC，交BC的延长线于F。∵△ADE是等腰直角三角形，∠ADE=90°，∴AD=DE，∠ADC+∠EDF=90°。∵∠C=90°，∴∠ADC+∠DAC=90°。∴∠EDF=∠DAC。在△ACD和△DFE中，∠ACD=∠DFE=90°，∠DAC=∠FDE，AD=DE，∴△ACD≌△DFE(AAS)。∴AC=DF=4，CD=EF。设CD=EF=x，则BD=BC-CD=4-x，DF=4，∴BF=BD+DF=(4-x)+4=8-x。在Rt△BEF中，BE²=BF²+EF²=(8-x)²+x²=64-16x+x²+x²=2x²-16x+64=2(x²-8x+16)+32=2(x-4)²+32。∵D不与B、C重合，∴0<x<4。当x=4时，BE²有最小值32，但x取不到4。当x趋近于0时，BE²趋近于64；当x趋近于4时，BE²趋近于32。但此处似乎有问题，因为我们设定F在BC延长线上，若x较大，F可能在BC上。重新考虑：若D在BC上，设CD=x，则BD=4-x。由△ACD≌△DFE，CD=EF=x，AC=DF=4。若D靠近C，F在BC延长线上，BF=BD+DF=(4-x)+4=8-x。若D靠近B，使得DF=4≤BD=4-x，则x≤0，与D不与C重合矛盾，故F始终在BC延长线上。对于二次函数BE²=2(x-4)²+32，其对称轴为x=4，在0<x<4范围内，BE²随x的增大而减小。∴当x最大（趋近于4）时，BE²最小（趋近于32），但D不与C重合，故BE长度不存在最小值，但有下界√32=4√2。（注：本题若允许D与C重合，则BE最小值为4√2，此时E与B重合？需结合图形仔细考量，此处重点在于利用全等转化线段关系，建立函数模型求最值的思想。）二、能力提升篇（2题）提升题将更注重模型的变式与综合应用，需要我们具备更强的观察与转化能力。题5：已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点D是AB边上一点（不与A、B重合），连接CD，将线段CD绕点C顺时针旋转90°得到线段CE，连接AE。（1）求证：△BCD≌△ACE；（2）若∠BCD=25°，求∠AED的度数。分析与简证：（1）由旋转性质知，CD=CE，∠DCE=90°=∠ACB。∴∠ACB-∠ACD=∠DCE-∠ACD，即∠BCD=∠ACE。又∵AC=BC，CD=CE，∴△BCD≌△ACE(SAS)。（2）∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠B=∠BAC=45°。由（1）△BCD≌△ACE，得∠CAE=∠B=45°，AE=BD。∴∠DAE=∠BAC+∠CAE=45°+45°=90°。∠BCD=∠ACE=25°，∠ACB=90°，∴∠ACD=∠ACB-∠BCD=65°。在△ACD中，∠ADC=180°-∠BAC-∠ACD=180°-45°-65°=70°。∵∠CDE=45°（△CDE是等腰直角三角形，∠DCE=90°）。∠ADE=180°-∠ADC-∠CDE=180°-70°-45°=65°。在Rt△ADE中，∠AED=90°-∠ADE=90°-65°=25°。（或：∠AED=∠ACE=25°，可通过四点共圆等进阶知识快速得到，但此处用基础三角形内角和更稳妥。）题6：已知：如图，△ABC和△AED均为等腰三角形，AB=AC，AE=AD，且∠BAC=∠EAD=α，连接BD、CE交于点F。（1）求证：BD=CE；（2）求∠BFC的度数（用含α的式子表示）。分析与简证：本题将手拉手模型的“等边三角形”、“等腰直角三角形”一般化为“顶角相等的等腰三角形”，更具普遍性。（1）∵∠BAC=∠EAD=α，∴∠BAC+∠CAD=∠EAD+∠CAD，即∠BAD=∠CAE。在△ABD和△ACE中，AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE，∴△ABD≌△ACE(SAS)。∴BD=CE。（2）由（1）△ABD≌△ACE，得∠ABD=∠ACE。在△ABC中，∠ABC+∠ACB=180°-α，即∠ABD+∠DBC+∠ACB=180°-α。∴∠ACE+∠DBC+∠ACB=180°-α。在△BFC中，∠BFC=180°-(∠DBC+∠ACB+∠ACE)=180°-(180°-α)=α。∴∠BFC=α。（特别地，当α=90°时，∠BFC=90°，即题2的结论；当α=60°时，∠BFC=60°。）三、综合拓展篇（1题）综合拓展题通常融合了多种几何知识与模型思想，需要我们灵活应变，多维度思考。题7：已知：在菱形ABCD中，∠ABC=60°，点E是边BC上一点（不与B、C重合），点F是边CD上一点，且BE=CF，连接AE、BF交于点G，连接CG。（1）求证：△ABE≌△BCF；（2）求证：∠AGB=60°；（3）求证：CG平分∠AGF。分析与简证：本题以菱形为背景，虽然不是直接的“手拉手”，但蕴含了等边三角形及全等的思想，其结论的证明过程与手拉手模型有异曲同工之妙。（1）∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=AD。∵∠ABC=60°，∴△ABC是等边三角形。∴AB=BC，∠BAE=∠BCF=60°。又∵BE=CF，∴△ABE≌△BCF(SAS)。（2）由（1）△ABE≌△BCF，得∠BAE=∠CBF。∠AGB=180°-∠BAG-∠ABG=180°-∠CBF-∠ABG=180°-∠ABC=180°-60°=120°。（咦？与题目所求证的60°不符，是我看错了吗？题目是∠AGB=60°？）重新计算：∠AGB是△AGB的内角，∠GAB+∠ABG+∠AGB=180°。∠GAB即∠BAE，∠ABG即∠ABF。由∠BAE=∠CBF（设为x），∠ABF=∠ABC-∠CBF=60°-x。∴∠GAB+∠ABG=x+(60°-x)=60°。∴∠AGB=180°-60°=120°。看来题目求证应为∠AGB=120°，或我理解有误。假设题目正确，可能是我标记角度有误，此处按推导结果∠AGB=120°继续。（3）要证CG平分∠AGF，即证∠AGC=∠FGC。∠AGF=180°-∠AGB=180°-120°=60°。若CG平分∠AGF，则∠AGC=∠FGC=30°。证法一（截长补短或构造全等）：在AG上截取AH=BG，连接CH。由△ABE≌△BCF，得AE=BF。∵∠AGB=120°，∴∠BGH=60°（若H在AG上）。在△ABH和△BCG中，AB=BC，∠BAH=∠CBG，AH=BG，∴△ABH≌△BCG(SAS)。∴BH=CG，∠AHB=∠BGC。∠AHB=180°-∠BHG，若△BHG为等边三角形，则∠BHG=60°，∠AHB=120°，则∠BGC=120°。又∠BGF=60°，∴∠FGC=∠BGC-∠BGF=120°-60°=60°。而∠AGC=∠AGB-∠BGC=120°-120°=0°，不成立。此思路可能有误。证法二（四点共圆）：∵∠ABC=60°，∠AGB=120°，∴∠ABC+∠AGB=180°，∴A、B、C、G四点共圆。∴∠AGC=∠ABC=60°，∠FGC=∠BAC=60°（同弧所对的圆周角相等）。∴∠AGC=∠FGC=60°，即CG平分∠AGF（∠AGF=6