第8讲手拉手模型Word下载.docx
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题型1等边三角形手拉手
例1以点C为等边三角形顶点向左右两侧各作等边△ACD和等边△BCE，连接AE、BD交于F点，连接CF，求证:
（1）BD=AE;
（2）∠BFE=60°
（3）CF平分∠AFB.
练习
若例1中A、C、B三点不在一条直线上，如下图所示，其它条件不变.
（1）例1中的三个结论是否仍然成立?
证明你的结论:
（2）设AE交CD于M点，BD交CD于N点，试判断△CMN的形状.
题型2等腰直角三角形手拉手
例2（2016-2017年武珞路八上期中第23题改编）
如图:
△ABD、△AEC中，∠BAD=∠CAE=90°
，AB=AD,AC=AE,DC、BE相交于点M.
（1）求证:
BE=CD
（2）求证:
CD⊥BE;
（3）求∠AMD的度数.
练习（2015-2016年洪山区八上期中第
（2）问）
如图，已知直线AB交x轴于点A（a,0），交y轴于点B（0,b），且a,b满足|a+b|+（a+4）2=0,若点C在第一-象限，且BE⊥AC于点E，延长BE到D，使BD=AC，连0C,OD，CD，试判断△COD的形状，并说明理由.
题型3等腰三角形手拉手
如图，△ACD与△BCE为等腰三角形，其中CA=CD，CB=CE，∠ACD=∠BCE=a,BD、AE交于F.
（1）求证:
AE=BD
（2）求∠BFE和∠AFC的度数.
模块二理解手拉手旋转全等
知识导航
在学习这部分内容时我们需要先理解什么是旋转全等?
如上图，若知等边△ABC和等边△ADE,可得到△ABD≌△ACE（SAS），实际上也可以理解为△ABD顺时针旋转60°
得到△ACE,或者△ACE逆时针旋转60°
得到△ABD，我们称这种全等为旋转全等.
我们假设△ABD的中线为AM，那么经过旋转后它在△ACE内的对应边为AN，由于是旋转得到，所以AM=AN，且AM、AN的夹角为60°
.
将上述内容总结成--般结论，我们可以得到旋转全等的两个三角形内对应位置的线段相等，且夹角等于旋转角（即手拉手的顶角）.
例4已知如图△ACB与△CEP为等腰直角三角形，∠ACB=∠ECF=90，AE,BF交于点0,M是AE中点，N是BF的中点，试判断△CMN的形状.
已知△ABC,分别以AB，AC为边作△ABD和△ACD，且AD=AB,AC=AE，∠DAB=∠CAE,连接DC与BE,G,F分别是DC与BE的中点.
（1）如图，若∠DAB=60°
，则∠AFG=.、
（2）如图，若∠DAB=90°
，则∠AFG=______.
（3）如图，若∠DAB=a,则试探究∠AFG与
之间的关系。
挑战压轴题
（2016-2017武昌区八上期中、2017-2018硚口区八上期中）
如图，△AOB和△ACD是等边三角形，其中AB⊥x轴于E点.
（1）如图1，若OC=5，求BD的长度;
（2）如图2，设BD交x轴于点F,求证:
∠OFA=∠DFA:
（3）如图3，若正△4OB的边长为4，点C为x轴上一动点，以AC为边在直线AC下方作正△ACD，连接ED，求ED的最小值.
模块三手拉手全等综合应用
例5（2016-2017年武珞路八上期中第23题第（3）问）
如图，设△ADC和△CBE都是等边三角形，连接AE、AB、BD，∠ABD=80°
，求∠EAB的度数.
练习
1.（2017-2018七一中学周练、2015年洪山区八上期中）
如图，设△ABC和△CDE都是等边三角形，且∠EBD=65°
，求∠AEB的度数.
2.（2017-2018南湖中学10月考）
如图，已知AC=BC,DC=EC，∠ACB=∠ECD=90°
，且∠EBD=42°
，则∠AEB=
例6（2014-2015年江岸区八上期中第24题第
（1）
（2）问）
如图，△AOB是等边三角形，以直线OA为x轴建立平面直角坐标系，B（a，b）且a，b满足
+（b-5
）2=0，D为y轴上移动点，以AD为边做等边△ADC，直线CB交y轴于点E.
（1）如图1，求A点的坐标:
（2）如图2，D在y轴正半轴上，C在第二象限，CE的延长线交x轴于点M，当D点在y轴正半轴上运动时，M点的坐标是否发生变化，若不变，求M点的坐标，若变化，说明理由，
拓展
（2016-2017江岸区期中T16）如图，△ABC中∠ACB=90°
，记BC=a，分别以直角三角形的三边向外作正方形ABDE，正方形ACFG，正方形BCMN,过点C作BC边上的高CH并延长交正方形ABDE的边DE于K,则四边形BDKH的面积为_（用含a的式子表示）
本讲课后作业
A基础巩固
1．如图，等边△ABC，D是AB边上动点，以CD为边，向上作等边△EDC，连AE.
（1）求证:
AE//BC.
（2）若D点运动到BA延长线上，其它条件不变，是否仍有AE//BC?
2.如图1，△ABC和△ECD都是等边三角形，图中有一对全等三角形可以看成是旋转变换得到的，它们
是;
在
（1）中，将△ECD绕C点任意旋转一个角度得如图2，分别取AD、BE的中点M、N，连接MN、MC、NC，请判断△MCN的形状，并证明你的结论.
3．（12分）在平面直角坐标系中，点A的坐标为（0，4），
（1）如图3，△ABC是等腰直角三角形，BA＝BC，∠ABC＝90°
，△ACD是等边三角形，连接OD，若∠AOD＝30°
，求B点坐标．
4.江岸期末16.如图，点C为线段AB的中点，E为直线AB上方的一点，且满足CE=CB,连接AE，以AE为腰，A为顶角顶点作等腰Rt△ADE，连接CD，当CD最大时，∠DEC=
构造手拉手模型，作AH⊥AC,AH=AC,连接DH,HC,则△AHD=△ACE,DH=CE.
设AC=1=CE=DH,则CH=
当DH+HC=CD=1+
时，CD最大，此时，∠DAH=22.5°
=∠ADH=∠ABC，∠DEC=67.5°
5.江岸八上期末24.（本题12分）在平面直角坐标系中，已知A（0,a）、B（b,0），且a、b满足：
，点D为x正半轴上一动点
（1）求A、B两点的坐标
（2）如图，∠ADO的平分线交y轴于点C，点F为线段OD上一动点，过点F作CD的平行
线交y轴于点H，且∠AFH=45°
，判断线段AH、FD、AD三者的数量关系，并予以证明
（3）以AO为腰，A为顶角顶点作等腰△ADO，若∠DBA=30°
，直接写出∠DAO的度数
6.在平面直角坐标系中，A点的坐标为（a,0）,B点的坐标为（0,b）。
a,b满足
。
（1）求三角形OAB的面积;
（2）如图2,点P为第一象限内一点。
且∠OPA=∠AOP,AC⊥x轴交OP于C,AD平分∠PAC交OP于D,求证：
DB⊥AD
（3）如图3。
在2的条件下，OE⊥BD,垂足为点E，点F在边BD上，BE=DF,MF⊥BD交AB于点M。
连接OM,判断线段MF、OM、BE之间的数量关系，并证明你的结论。
（2）设角未知数，得到∠ADO=45°
，
构造手拉手模型，得到△BOD=△AOG,∴∠G=∠BDO=45°
，∴
BD⊥AD
（3）证明：
∵BE=FD,NF//MF//AD,∴BN=AM
∴易证△BON=△AOM
∴∠ONM=∠OMN=∠NMF，∠BO=∠AOM
∵∠BOK+∠AOM=90°
∠BON+∠EBO=90°
∴∠BOK=∠EBO
∴△EBO=△KOB,∴BE=KO,
又△BFM=△BKM，∴KM=FM
∴OM=OK+KM=BE+MF
反思：
关键是条件BE=FD,得到BN=AM,
证明蓝色三角形全等
洪山24．（12分）如图，在平面直角坐标系中，A（-3，0），点B是y轴正半轴上一动点，点C、D在x正半轴上．
（1）如图，若∠BAO=60°
，∠BCO=40°
，BD、CE是△ABC的两条角平分线，且BD、CE交于点F，直接写出CF的长．
（2）如图，△ABD是等边三角形，以线段BC为边在第一象限内作等边△BCQ，连接QD并延长，交y轴于点P，当点C运动到什么位置时，满足PD=
DC？
请求出点C的坐标；
（3）如图，以AB为边在AB的下方作等边△ABP，点B在y轴上运动时，求OP的最小值．
解：
（1）作∠DCH=10°
，CH交BD的延长线于H，
∵∠BAO=60°
∴∠ABO=30°
∴AB=2OA=6，
∴∠ABC=180°
-60°
-40°
=80°
∵BD是△ABC的角平分线，
∴∠ABD=∠CBD=40°
∴∠CBD=∠DCB，∠OBD=40°
-30°
=10°
∴DB=DC，
在△OBD和△HCD中，
∠OBD＝∠HCD，DB＝DC，∠ODB＝∠HDC，
∴△OBD≌△HCD（ASA），
∴OB=HC，
在△AOB和△FHC中，
∠ABO＝∠FCH，OB＝HC，∠AOB＝∠FHC
∴△AOB≌△FHC（ASA），
∴CF=AB=6，
故答案为：
6；
（2）∵△ABD和△BCQ是等边三角形，
∴∠ABD=∠CBQ=60°
∴∠ABC=∠DBQ，
在△CBA和△QBD中，
BA＝BD，∠ABC＝∠DBQ，BC＝BQ
∴△CBA≌△QBD（SAS），
∴∠BDQ=∠BAC=60°
∴∠PDO=60°
∴PD=2DO=6，
∵PD=
DC，
∴DC=9，即OC=OD+CD=12，
∴点C的坐标为（12，0）；
（3）如图3，以OA为对称轴作等边△ADE，连接EP，并延长EP交x轴于点F．
由
（2）得，△AEP≌△ADB，
∴∠AEP=∠ADB=120°
∴∠OEF=60°
∴OF=OA=3，
∴点P在直线EF上运动，
当OP⊥EF时，OP最小，
∴OP=
OF=
则OP的最小值为
本人方法：
手拉手模型
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