77 手拉手模型构造全等三角形

手拉手模型构造全等三角形 【专题说明】 两个具有公共顶点的相似多边形，在绕着公共顶点旋转的过程中，产生伴随的全等或相似三角形，这样的 图形称作共点旋转模型；为了更加直观，我们形象的称其为“手拉手”模型。 【知识总结】 【基本模型】 一、等边三角形手拉手-出全等 图1 图2 [] 图3 图4 二、等腰直角三角形手拉手-出全等 两个共直角顶点的等腰直角三角形，绕点旋转过程中（B、、D 不共线）始终有：[来源:Z#xx#km] ①BD E △ ≌△；②BD E ⊥（位置关系）且BD=E（数量关系）；③F 平分∠BFE； 图1 图2 图3 图4 1、如图，点在线段B 上，△D 和△DBE 都是等边三角形，求证：△DB≌△DE;D∥E 解析： （1）△D 和△DBE 都是等边三角形 ∴D=D,DB=DE,∠D=∠BDE=60° ∴D=D,DB=DE,∠D=∠BDE=60° ∴∠D+∠DB=∠BDE+∠DB,（重点） 即∠DB=∠DE 在△DB 和△DE 中， D=D ∠DB=∠DE DB=DE ∴△DB≌△DE （2）∵△DB≌△DE = ∴∠∠DE=60° ∵∠D=60° ∴∠DE=∠D ∴D∥E 2、已知：△B 和△DE 都是等腰直角三角形，∠B=∠DE=90°，连结E,BD 交于点,E 与D 交于点0，E 与D 交 于点M,BD 与交于点 解析: ∵△B 和△DE 都是等腰三角形 ∠B=∠DE=90° = ∴B,D=E ∴∠B+∠D=∠DE+∠D ∴∠BD=∠E 在△E 和△BD 中 =B ∠E=∠BD E=D ∴△E≌△BD(SS) ∴E=BD 3、已知，在△B 中，B＝，点P 平面内一点，将P 绕顺时针旋转至Q，使∠QP＝∠B，连接BQ、P， ⑴若点P 在△B 内部，求证BQ＝P； ⑵若点P 在△B 外部，以上结论还成立吗？ 解析：（1）∵∠QP＝∠B ∴∠QP－∠B P ＝∠B－∠BP[来源:Z#xx#km] 即∠QB＝∠P 另由旋转得Q＝P 在△QB 和△P 中 Q＝P ∠QB＝∠P B＝ ∴△QB≌△P ∴BQ＝P （2）∵∠QP＝∠B ∴∠QP＋∠BP ＝∠B＋∠BP[] 即∠QB＝∠P 另由旋转得Q＝P 在△QB 和△P 中 Q＝P ∠QB＝∠P B＝ ∴△QB≌△P ∴BQ＝P 4、如图，点G 是正方形BD 对角线的延长线上任意一点，以线段G 为边作一个正方形EFG，线段EB 和 GD 相交于点若B=❑ √2，G=1，则EB= ________________ 解析：连接BD 交于于点, ∵四边形BD、GFE 是正方形 ∴B=D,E=G,∠DB=∠EG ∴∠EB=∠GD 在△EB 和△GD 中 E=G ∠EB=∠GD B=D ∴△EB≌△GD（SS） ∴EB=GD ∵四边形BD 是正方形，B=❑ √2 ∴BD ,= ⊥ BD=❑ √2 AB=2 ∴∠DG=90°，=D=1 2 BD=1 ∵G=1 ∴G=+G=2 ∴GD=❑ √5，EB=❑ √5 5、已知正方形BD 和正方形EFG 有一个公共点，点G、E 分别在线段D、B 上，若将正方形EFG 绕点按顺 时针方向旋转，连接DG,在旋转的过程中，你能否找到一条线段的长与线段DG 的长度始终相等？并说明 理由。 解析：连接BE ∵四边形BD 和四边形EFG 都是正方形 ∴B=D,E=G,∠BD=∠EG=90° ∴∠BD-∠BG=∠EG-∠BG,即∠DG=∠BE B=D ∠DG=∠BE E=G ∴△BE≌△DG(SS) ∴BE=DG 6、已知：如图在△B，△DE 中，∠B=∠DE=90°，B=,D=E,点、D、E 三点在同一直线上，连接BD,BE 以下四 个结论:①BD=E;②BD⊥E;③∠E+∠BD=45°；④B E 2=2( A D 2+ A B 2)其中结论正确的个数是_______ 解析：①∵∠B=∠DE=90° ∴∠B+∠D=∠DE+∠D 即∠BD=∠E ∵在△B D 和△E 中 B= ∠BD=∠E D=E ∴△BD≌△E(SS) ∴BD=E ②∵△BD≌△E[来源:Z&xx&km] ∴∠BD=∠E ∵∠BD+∠DB=45° ∴∠E+∠DB=45° ∴∠DB+∠DB=90° 则BD⊥E ③∵△B 为等腰直角三角形 ∴∠B=∠B=45° ∴∠BD+∠DB=45° ∵∠BD=∠E ∴∠E+∠DB=45° ④∵BD⊥E ∴在Rt△BDE 中，利用勾股定理得： B E 2=B D 2+D E 2∵△ADE 为等腰三角形，∴DE=❑ √2 AD即 D E 2=2 A D 2∴B E 2=B D 2+D E 2=B D 2+2 A D 2 手拉手模型构造全等三角形 1、已知△B 和△BDE 都是等腰直角三角形，∠B＝∠BED＝90°，B＝2BD，连接E． （1）如图1，若点D 在B 边上，点F 是E 的中点，连接BF．当＝4 时，求BF 的长； （2）如图2，将图1 中的△BDE 绕点B 按顺时针方向旋转，使点D 在△B 的内部，连接D，取D 的中点 M，连接EM 并延长至点，使M＝EM，连接．求证：⊥E． 解：（1）∵△B 和△BDE 都是等腰直角三角形，∠B＝∠BED＝90°， ∴＝B＝4，B＝ ＝4 ，DE＝BE，DB＝ BE，∠B＝45°，∠DBE＝45°， ∵B＝2BD， ∴D＝BD＝2 ， ∴BE＝2， ∵∠BE＝∠B+∠DBE＝90°， ∴E＝ ＝ ＝2 ， ∵点F 是E 的中点， ∴BF＝ E＝ ； （2）如图，连接，设DE 与B 交于点， ∵点M 是D 中点， ∴M＝MD， 又∵M＝ME，∠M＝∠DME， ∴△M≌△DME（SS）， ∴＝DE，∠M＝∠DE， [来源:] ∴∥DE， + ∴∠∠D＝180°， ∵∠＝∠+∠B＝∠+45°，∠D＝∠EDB+∠DB＝45°+∠DB， +45°+45°+ ∴∠ ∠DB＝180°， + ∴∠∠DB＝90°， ∵∠B+∠DBE＝45°+45°＝90°， ∴∠BE+∠DB＝90°， ∴∠BE＝∠， 又∵＝B，＝DE＝BE， ∴△≌△BE（SS）， ∴∠＝∠BE， ∵∠BE+∠E＝90°， + ∴∠∠E＝90°＝∠E， ∴⊥E． 2、如图，△B 中B＝＝5，t∠B＝ ，点D 为边B 上的一动点（不与点B、重合），将线段D 绕点顺时针旋 转得E，使∠DE＝∠B，DE 与B 交于点F，连接BE． （1）求B 的长； （2）求证∠BE＝∠B； （3）当FB＝FE 时，求D 的长． 解：（1）如图，过点作⊥B 于点， ∵B＝，⊥B， ∴B＝＝ B， t ∵∠B＝ ＝ ， ∴设＝3k（k＞0），＝4k， ∵2＝2+2， 9 ∴k2+16k2＝25， ∴k＝1， ∴＝4， ∴B＝2＝8； （2）∵∠DE＝∠B， ∴∠D＝∠BE， ∵将线段D 绕点顺时针旋转得E， ∴E＝D， 又∵B＝， ∴△EB≌△D（SS）， ∴∠BE＝∠D， ∵B＝， ∴∠B＝∠D， ∴∠BE＝∠B； （3）∵D＝E， ∴∠ED＝∠DE＝ （180°﹣∠DE）， ∵B＝， ∴∠B＝∠B＝ （180°﹣∠B）， ∵∠DE＝∠B， ∴∠DE＝∠ED＝∠B＝∠B， ∴∠BE＝∠B＝∠DE， 又∵∠BFE＝∠DF， ∴∠BEF＝∠DF， ∵FB＝FE， ∴∠FBE＝∠FEB， ∴∠DF＝∠DF＝∠FBE＝∠FEB， ∴∠DF＝∠B＝∠B， [来源:] 又∵∠B＝∠BD， ∴△BD∽△B， ∴ ∴BD＝ ＝ ， ∴D＝B﹣BD＝8﹣ ＝ ． 3、如图1，在△B 中，∠B＝90°，＝B，D 为B 上一点，连接D，将D 绕点顺时针旋转90°至E，连接E． （1）求证：△BD≌△E； （2）如图2，连接ED，若D＝2 ，E＝1，求B 的长； （3）如图3，若点F 为D 的中点，分别连接EB 和F，求证：F⊥EB． 解：（1）由旋转可得E＝D，∠ED＝90°＝∠B， ∴∠BD＝∠E， 又∵＝B， ∴△BD≌△E（SS）； （2）由（1）可知E＝BD＝1，∠E＝∠B＝45°＝∠B， ∴∠ED＝90°， ∴ ， ∴ ． ∴ ； （3）如图，过作G⊥B 于G，则G＝ B， ∵∠B＝90°，＝B， ∴G＝ B，即 ＝ ， ∵点F 为D 的中点， ∴F＝ D， ∴FG＝G﹣F ＝ B﹣ D＝ （B ﹣D）＝ BD， 由（1）可得：BD＝E， ∴FG＝ E，即 ＝ ， ∴ ＝ ， 又∵∠GF＝∠BE＝90°， ∴△GF∽△BE， ∴∠FG＝∠BE， ∵∠FG+∠FG＝90°， ∴∠BE+∠FG＝90°， ∴F⊥BE． 4、如图，△B 和△ED 都是等腰直角三角形，为它们的公共直角顶点，连接D、BE，点F 为线段D 的中点， 连接F． （1）如图1，当D 点在B 上时，试判断线段BE、F 的关系，并证明你的结论； （2）如图2，把△DE 绕点顺时针旋转一个锐角，其他条件不变时，请探究BE、F 的关系并直接写出结 论． 解：（1）结论：BE＝2F，BE⊥F． 理由：∵△B 和△DE 都是等腰直角三角形， ∴B＝，D＝E，∠B＝∠ED＝90°， 在△BE 和△D 中， ， ∴△BE≌△D（SS）， ∴BE＝D，∠EB＝∠D， ∵F 为线段D 的中点， ∴F＝F＝DF＝ D ∴BE＝2F； ∵F＝F， ∴∠D＝∠F， ∵∠BF+∠F＝90°， ∴∠BF+∠EB＝90°， 即BE⊥F； （2）旋转一个锐角后，（1）中的关系依然成立． 证明：如图2，延长F 到M，使FM＝F，连接M，DM， 又F＝DF， ∴四边形MD 为平行四边形 ∴M＝D＝E，∠M＝180°﹣∠D， [来源:Z。xx。km] ∠BE＝∠B+∠DE﹣∠D＝180°﹣∠D， 即∠M＝∠BE， 在△M 和△EB 中， ， ∴△M≌△EB（SS）， [来源:Z&X&X&K][] ∴M＝BE；∠M＝∠BE， ∴BE＝M＝2F， ∴∠BE+∠BM＝∠M+∠BM＝90°， 即BE⊥F． 5、如图1，在△B 中，B＝，∠B＝90°，D、E 分别是B、边的中点．将△B 绕点顺时针旋转角（0°＜＜ 180°），得到△B′′（如图2），连接DB'，E'． （1）探究DB'与E'的数量关系，并结合图2 给予证明； （2）填空：①当旋转角α 的度数为 时，则DB'∥E； ②在旋转过程中，当点B'，D，E 在一条直线上，且D＝ 时，此时E′的长为 ． 解：（1）DB'＝E'， 理由如下：∵B＝，D、E 分别是B、边的中点， ∴D＝E， 由旋转可得，∠DE＝∠B''＝90°，B'＝'， ∴∠DB'＝∠E'，且B'＝'，D＝E ∴△DB'≌△E'（SS）， ∴DB′＝E′， （2）①当DB′∥E 时，∠B'D＝∠DE＝90°， 又∵D＝ B'， ∴∠B'D＝30°， ∴∠DB'＝60°， ∴旋转角α＝60°， 故答为60°， ②如图3，当点B'，D，E 在一条直线上， ∵D＝ ， ∴B'＝2 ， ∵△DE，△B''是等腰直角三角形， ∴B''＝ B'＝4，DE＝ D＝2， 由（1）可知：△DB'≌△E'， ∴∠DB'＝∠E'，B'D＝'E， ∵∠DB'＝∠DE+∠ED，∠E'＝∠ED+∠DE'， ∴∠DE'＝∠DE＝90°， ∴B''2＝B'E2+'E2， 16 ∴ ＝（2+E'）2+'E2， ∴E＝ ﹣1， 故答为： ﹣1． 6、如图，∠B＝120°，平分∠B，∠M ＝60°，M 与射线相交于M 点，与直线B 相交于点．把∠M 绕着点旋转． （1）如图1，当点在射线B 上时，求证：＝M+； （2）如图2，当点在射线B 的反向延长线上时，与M，之间的数量关系是 （直接写出结论，不必 证明） （1）证明：作∠G＝60°，交于G，如图1 所示： ∵∠B＝120°，平分∠B， ∴∠＝∠G＝60°， ∴∠G＝∠G， ∴＝G， ∴△G 是等边三角形， ∴＝G，∠GM＝60°＝∠， ∵∠M＝∠G＝60°， ∴∠＝∠GM， 在△和△GM 中， ， ∴△≌△GM（S）， ∴＝GM， ∵G＝M+GM， ∴＝M+； （2）解：＝M﹣，理由如下： 作∠G＝60°，交于G，如图2 所示： ∵∠B＝120°，平分∠B， ∴∠＝∠G＝60°， ∴∠＝120°，∠G＝∠G， ∴＝G， ∴△G 是等边三角形， ∴＝G，∠G＝60°， ∴∠GM＝120°＝∠， ∵∠M＝∠G＝60°， ∴∠＝∠GM， 在△和△GM 中， ， ∴△≌△GM（S）， ∴＝GM， ∵G＝M﹣GM， ∴＝M﹣； 故答为：＝M﹣