专题15 全等与相似模型-手拉手模型（解析版）

专题15 全等与相似模型-手拉手模型 全等三角形与相似三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位。相似三角形与其它知识点结合以综 合题的形式呈现，其变化很多，难度大，是中考的常考题型。如果大家平时注重解题方法，熟练掌握基本 解题模型，再遇到该类问题就信心更足了。本专题就手拉手模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。 模型1 手拉手模型 【模型解读】将两个三角形绕着公共顶点（即头）旋转某一角度后能完全重合，则这两个三角形构成手拉 手全等，也叫旋转型全等，常用“边角边”判定定理证明全等。 1）双等边三角形型 条件：如图1，△B 和△DE 均为等边三角形，为公共点；连接BE，D 交于点F。 结论：①△D≌△BE；②BE=D；③∠FM=∠BM=60°；④F 平分∠BFD。 图1 图2 2）双等腰直角三角形型 条件：如图2，△B 和△DE 均为等腰直角三角形，为公共点；连接BE，D 交于点。 结论：①△D≌△BE；②BE=D；③∠M=∠BM=90°；④平分∠BD。 3）双等腰三角形型 条件：△B 和△DE 均为等腰三角形，为公共点；连接BE，D 交于点F。 结论：①△D≌△BE；②BE=D；③∠M=∠BFM；④F 平分∠FD。 图3 图4 4）双正方形形型 条件：△BFD 和△EFG 都是正方形，为公共点；连接BG，ED 交于点。 结论：①△△BG≌△DE；②BG=DE；③∠BM=∠DM=90°；④平分∠BE。 例1．（2022·北京东城·九年级期末）如图，在等边三角形B 中，点P 为△B 内一点，连接P，BP，P，将 线段P 绕点 顺时针旋转60°得到 ，连接 ． （1）用等式表示 与P 的数量关系，并证明； （2）当∠BP＝120°时， ①直接写出 的度数为 ； ②若M 为B 的中点，连接PM，请用等式表示PM 与P 的数量关系，并证明． 【答】（1） ，理由见解析；（2）①60°；②PM＝ ，见解析 【分析】（1）根据等边三角形的性质，可得B＝，∠B＝60°，再由由旋转可知： 从而得到 ，可证得 ，即可求解 ； （2）①由∠BP＝120°，可得∠PB＋∠PB＝60°．根据等边三角形的性质，可得∠B＝60°，从而得到∠B＋∠B ＝120°，进而得到∠BP＋∠P＝60°．再由 ，可得 ，即可求解；②延长PM 到， 使得M＝PM，连接B．可先证得△PM≌△BM．从而得到P＝B，∠PM＝∠BM．进而得到 ．根据 ①可得 ，可证得 ，从而得到 ．再由 为等边三角形，可得 ．从而得到 ，即可求解． 【详解】解：（1） ．理由如下：在等边三角形B 中，B＝，∠B＝60°， 由旋转可知： ∴ 即 在 和△P 中 ∴ ．∴ ． （2）①∵∠BP＝120°，∴∠PB＋∠PB＝60°． ∵在等边三角形B 中，∠B＝60°，∴∠B＋∠B＝120°，∴∠BP＋∠P＝60°． ∵ ．∴ ，∴∠BP＋∠BP＇＝60°．即 ； ②PM＝ ．理由如下：如图，延长PM 到，使得M＝PM，连接B． ∵M 为B 的中点，∴BM＝M． 在△PM 和△BM 中 ∴△PM≌△BM（SS）． ∴P＝B，∠PM＝∠BM．∴ ． ∵∠BP＝120°，∴∠PB＋∠PB＝60°．∴∠PB＋∠BM＝60°．即∠BP＝60°． ∵∠B＋∠B＝120°，∴∠BP＋∠P＝60°． ∴∠BP＋∠BP＇＝60°．即 ．∴ ． 在△PB 和 中 ∴ （SS）．∴ ． ∵ ∴ 为等边三角形， ∴ ．∴ ，∴PM＝ ． 【点睛】本题主要考查了等边三角形判定和性质，全等三角形的判定和性质，图形的旋转，熟练掌握等边 三角形判定和性质定理，全等三角形的判定和性质定理，图形的旋转的性质是解题的关键． 例2．（2022·黑龙江·中考真题） 和 都是等边三角形． (1)将 绕点旋转到图①的位置时，连接BD，E 并延长相交于点P（点P 与点重合），有 （或 ）成立；请证明．(2)将 绕点旋转到图②的位置时，连接BD，E 相交于点P，连接 P，猜想线段P、PB、P 之间有怎样的数量关系？并加以证明；(3)将 绕点旋转到图③的位置时，连 接BD，E 相交于点P，连接P，猜想线段P、PB、P 之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不需要证明． 【答】(1)证明见解析 (2)图②结论： ，证明见解析 (3)图③结论： 【分析】（1）由△B 是等边三角形，得B=，再因为点P 与点重合，所以PB=B，P=，P=0，即可得出结论； （2）在BP 上截取 ，连接F，证明 （SS），得 ，再证明 （SS），得 ， ，然后证明 是等边三角形，得 ，即 可得出结论；（3）在P 上截取 ，连接F，证明 （SS），得 ，再证明 （SS），得出 ， ，然后证明 是等边三角形，得 ， 即可得出结论： ． (1)证明：∵△B 是等边三角形，∴B=， ∵点P 与点重合，∴PB=B，P=，P=0，∴ 或 ； (2)解：图②结论： 证明：在BP 上截取 ，连接F， ∵ 和 都是等边三角形，∴ ， ， ∴ ，∴ ，∴ （SS），∴ ， = ∵B，P=BF， ∴ （SS）， ∴ ， ，∴ ， ∴ ，∴ 是等边三角形，∴ ，∴ ； (3)解：图③结论： ，理由：在P 上截取 ，连接F， ∵ 和 都是等边三角形，∴ ， ， ∴ ，∴ ，∴ （SS），∴ ， ∵B=，BP=F，∴ （SS）， ∴ ， ，∴ ， ∴ ，∴ 是等边三角形， ∴ ，∴ ，即 ． 【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握等边三角形的判定与性 质、全等三角形的判定与性质是解题的关键． 例3．（2022·湖北·襄阳市九年级阶段练习）如图，已知 B 和 M 都是等腰直角三角形( <M=)， ∠B=∠M=90°．(1)如图①，连接M，B，求证： M≌ B；(2)若将 M 绕点顺时针旋转，①如图②，当点恰 好在B 边上时，求证： ； ②当点，M，在同一条直线上时，若B=4， =3，请直接写出线段B 的长． 【答】(1)见解析；(2)①见解析；② 或 ． 【分析】（1）利用SS 定理证明 即可； （2）①连接 ，证明 ，即可证 ；②当点在线段 上时，连接 ， 在 中构造勾股定理的等量关系；当点M 在线段 上时，同理即可求得． （1）证明： ， ，即 ． 和 是等腰直角三角形， ， (SS) ． （2）解：①证明：如图，连接 ． ， ，即 ． 和 是等腰直角三角形， ， ， ， ． 是等腰直角三角形， ， ． ② 或 ．∵△B 和△M 都是等腰直角三角形，B=4， =3，∴ ． 当点在线段 上时，如图，连接 ，设 ， 由(1)可知 ．∴ ， ． ∴ ， ∴ ，∴ 是直角三角形， ． 又∵ ，∴ ， 解得： （舍去）∴ ； 当点M 在线段 上时，如图，连接 ，设 ，由(2)①可知 ． ∴ ， ． ∴ ， ∴ ，∴ 是直角三角形， ． 又∵ ，∴ ， 解得： （舍去）∴ 综上所述： 的长为 或 ． 【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质，三点共线分类讨论，对几何题 目的综合把握是解题关键． 例4．（2022·重庆忠县·九年级期末）已知等腰直角 与 有公共顶点 ． （1）如图①，当点 在同一直线上时，点 为 的中点，求 的长； （2）如图②，将 绕点 旋转 ，点 分别是 的中点， 交 于 ， 交 于 ．①猜想 与 的数量关系和位置关系，并证明你猜想的结论；②参考图③，若 为 的 中点，连接 ，在 旋转过程中，线段 的最小值是多少（直接写出结果）． 【答】（1） ；（2）① ；证明见解析；②线段 的最小值是 ． 【分析】（1）如图：过点 作 于点 ，先说明FQ 是△DE 的中位线，然后再求得FQ、BQ，最 后再运用勾股定理解答即可；（2）①连接 交 于 ，先证明 可得 ，然后再说明GM 是△BD 的中位线可得 ，然后再根据角的关 系证明 ﹔②如图：连接G，取中点，连接K、M，再根据勾股定理和三角形中位线的性质求得G 和K,进而求得M,最后根据三角形的三边关系即可解答． 【详解】解：（1）过点 作 于点 ，∵点 是 的中点，∴FQ 是△DE 的中位线 ， ； （2）① ﹔证明:连接 交 于 ． ， ．即 ； 在 和 中， ， （SS）， 分别是 的中点，∴GM 是△BD 的中位线 且 ， ， ﹔ ②如图：连接G，取中点，连接K、M ∴ ，K= G=1 ∵∠MG=90°，为G 的中点 ∴M= G= ∵MK＞M-K∴当、K、M 共线时，MK 取最小值M-K= -1． 【点睛】本题主要考查了三角形的中线、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知 识点成为解答本题的关键． 例5．（2022·山西大同·九年级期中）综合与实践：已知 是等腰三角形， ． （1）特殊情形：如图1，当 ∥ 时， ______ ．（填“＞”“＜”或“＝”）；（2）发现结论： 若将图1 中的 绕点 顺时针旋转 （ ）到图2 所示的位置，则（1）中的结论还成立吗？ 请说明理由．（3）拓展运用：某学习小组在解答问题：“如图3，点 是等腰直角三角形 内一点， ，且 ， ， ，求 的度数”时，小明发现可以利用旋转的知识，将 绕点 顺时针旋转90°得到 ，连接 ，构造新图形解决问题．请你根据小明的发现直接写出 的度数． 【答】（1）=；（2）成立，理由见解析；（3）∠BP=135°． 【分析】（1）由DE∥B，得到∠DE=∠B，∠ED=∠，结合B=，得到DB=E； （2）由旋转得到的结论判断出△DB≌△E，得到DB=E；（3）由旋转构造出△PB≌△E，再用勾股定理计算 出PE，然后用勾股定理逆定理判断出△PE 是直角三角形，在简单计算即可． 【详解】解：（1）∵DE∥B，∴∠DE=∠B，∠ED=∠， ∵B=，∴∠B=∠，∴∠DE=∠ED，∴D=E，∴DB=E，故答为：=； （2）成立．证明：由①易知D=E，∴由旋转性质可知∠DB=∠E， 在△DB 和△E 中 ，∴△DB≌△E（SS），∴DB=E； （3）如图， 将△PB 绕点旋转90°得△E，连接PE，∴△PB≌△E， ∴E=P=2，E=BP=1，∠PE=90°，∴∠EP=∠PE=45°， 在Rt△PE 中，由勾股定理可得，PE=2 ， 在△PE 中，PE2=（2 ）2=8，E2=12=1，P2=32=9， ∵PE2+E2=P2，∴△PE 是直角三角形，∴∠PE=90°，∴∠E=135°， 又∵△PB≌△E，∴∠BP=∠E=135°． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，平行线的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理及其逆定理， 解本题的关键是构造全等三角形，也是本题的难点． 例6．（2022·青海·中考真题）两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角 顶点连接起来，则形成一组全等的三角形，把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形 (1)问题发现：如图1，若 和 是顶角相等的等腰三角形，B，DE 分别是底边求证： ； (2)解决问题：如图2，若 和 均为等腰直角三角形， ，点，D，E 在同一条 直线上，M 为 中DE 边上的高，连接BE，请判断∠EB 的度数及线段M，E，BE 之间的数量关系并说 明理由 图1 图2 【答】(1)见解析 (2) ； 【分析】（1）先判断出∠BD=∠E，进而利用SS 判断出△BD≌△E，即可得出结论； （2）同（1）的方法判断出△BD≌△E，得出D=BE，∠D=∠BE，最后用角的差，即可得出结论． 【解析】(1)证明：∵ 和 是顶角相等的等腰三角形， ∴ ， ， ， ∴ ，∴ ． 在 和 中， ，∴ ，∴ ． (2)解： ， ， 理由如下：由（1）的方法得， ，∴ ， ， ∵ 是等腰直角三角形，∴ ， ∴ ，∴ ， ∴ ． ∵ ， ，∴ ．∵ ，∴ ， ∴ ．∴ ． 【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形，等边三角形，等腰直 角三角形的性质，判断出△D≌△BE 是解本题的关键． 例7．（2022·广东广州市·八年级期中）如图，两个正方形BD 与DEFG，连结G，E，二者相交于点．（1） 证明：△DG △ ≌DE；（2）请说明G 和E 的位置和数量关系，并给予证明； （3）连结E 和G，请问△DE 的面积和△DG 的面积有怎样的数量关系？并说明理由． 【答】(1)答见解析；(2) G=E，G⊥E；(3) △DE 的面积=△DG 的面积 【分析】（1）利用SS 证明△DG △ ≌DE；（2）利用△DG △ ≌DE 得到G=E，∠DG=∠DE，利用∠DG+∠MD=90°得 到∠DE+∠MG=90°，即可推出G⊥E；（3）△DE 的面积=△DG 的面积，作GP⊥D 于P，E⊥D 交D 的延长线于， 证明 △DPG △ ≌DE，得到PG=E，再利用三角形的面积公式分别表示出△DE 的面积，△DG 的面积，即可得到结 论△DE 的面积=△DG 的面积 【详解】（1）∵四边形BD 与DEFG 都是正方形， ∴D=D，DG=DE，∠D=∠EDG=90°，∴∠D+∠DG=∠EDG+∠DG， ∠ ∴ DG=∠DE，∴△DG △ ≌DE（SS）， （2）G=E，G⊥E，∵△DG △ ≌DE，∴G=E，∠DG=∠DE， ∠ ∵ DG+∠MD=90°，∠MD=∠MG，∴∠DE+∠MG=90°，∴∠=90°，∴G⊥E； （3）△DE 的面积=△DG 的面积，作GP⊥D 于P，E⊥D 交D 的延长线于，则∠DPG=∠DE=90°， ∠ ∵ GDE=90°，∴∠ED+∠GD=90°，∵∠PDG+∠GD=90°，∴∠ED=∠PDG， ∵DE=DG，∴△DPG △ ≌DE，∴PG=E，∵△DE 的面积= ，△DG 的面积= ， △ ∴DE 的面积=△DG 的面积 【点睛】此题考查正方形的性质，三角形全等的判定及性质，利用三角形面积公式求解，根据图形得到三 角形全等的条件是解题的关键 例8．（2023·福建福州市·九年级月考）如图，ABD  和AEC  均为等边三角形，连接BE、D． （1）请判断：线段BE 与D 的大小关系是 ； （2）观察图，当ABD  和AEC  分别绕点旋转时，BE、D 之间的大小关系是否会改变? （3）观察如图和4，若四边形BD、DEFG 都是正方形,猜想类似的结论是___________,在如图中证明你的猜 想 （4）这些结论可否推广到任意正多边形（不必证明）,如图,BB1与EE1的关系是 ;它们分别在哪两个全等 三角形中 ;请在如图中标出较小的正六边形B11D1E1F1的另五个顶点，连接图中哪两个顶点,能构造出两 个全等三角形？ 【答】(1) BE=D （2）线段BE 与D 的大小关系不会改变 （3）E＝G，证明见解析 （4）这些结论可以推 广到任意正多边形如图5，BB1=EE1，它们分别在△E1E 和△B1B 中，如图6，连接FF1，可证△B1B △ ≌F1F．图形 见解析 【分析】本题是变式拓展题，图形由简单到复杂，需要从简单图形中探讨解题方法，并借鉴用到复杂图形 中；证明三角形全等时，用旋转变换寻找三角形全等的条件． 【详解】（1）线段BE 与D 的大小关系是BE=D；（2）线段BE 与D 的大小关系不会改变； （3）E=G．证明：如图4，正方形BD 与正方形DEFG 中， ∵D=D，DE=DG，∠D=∠GDE=90°， 又∠DG=90°+∠DG=∠DE，∴△DE △ ≌DG，∴E=G． （4）这些结论可以推广到任意正多边形． 如图5，BB1=EE1，它们分别在△E1E 和△B1B 中，如图6，连接FF1，可证△B1B △ ≌F1F． 【点睛】本题综合考查全等三角形、等边三角形和多边形有关知识．注意对三角形全等的证明方法的发散． 模型2“手拉手”模型(旋转模型) 【模型解读与图示】“手拉手”旋转型定义：如果将一个三角形绕着它的项点旋转并放大或缩小(这个顶点 不变)，我们称这样的图形变换为旋转相似变换，这个顶点称为旋转相似中心，所得的三角形称为原三角形 的旋转相似三角形。 1）手拉手相似模型（任意三角形） 条件:如图，∠B=∠DE= ， ； 结论：△DE∽△B，△BD∽△E； 2）手拉手相似模型（直角三角形） 条件:如图， ， （即△D∽△B）； 结论：△∽△BD； ，⊥BD， 3）手拉手相似模型（等边三角形与等腰直角三角形） 条件 :M 为等边三角形B 和DEF 的中点； 结论：△BME∽△MF； 条件 :△B 和DE 是等腰直角三角形； 结论：△BD∽△E 手拉手相似证明题一般思路方法:①由线段乘积相等转化成线段比例式相等； ②分子和分子组成一个三角形、分母和分母组成一个三角形； ③第②步成立，直接从证这两个三角形相似，逆向证明到线段乘积相等； ④第②步不成立，则选择替换掉线段比例式中的个别线段，之后再重复第③步。 例1．（2022·山西长治·九年级期末）问题情境：如图1，在△B 中，B＝6，＝5，点D，E 分别在边B，上， 且 ．数学思考： (1)在图1 中， 的值为 ；(2)图1 中△B 保持不动，将△DE 绕点按逆时针方向旋转到图2 的位置，其 它条件不变，连接BD，E，则（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由；(3)拓展探究：在图2 中，延长 BD，分别交，E 于点F，P，连接P，得到图3，探究∠PE 与∠B 之间有何数量关系，并说明理由；(4)若将 △DE 绕点按逆时针方向旋转到图4 的位置，连接BD，E，延长BD 交E 的延长线于点P，BP 交于点F，则 （3）中的结论是否仍然成立，若成立，请说明理由；若不成立，请直接写出∠PE 与∠B 之间的数量关系． 【答】(1) (2)（1）中结论仍然成立，理由见解析(3)∠PE=∠B，理由见解析 (4)结论不成立，∠PE+∠B=180°，理由见解析 【分析】（1）根据平行线分线段成比例定理求解即可； （2）根据旋转的性质得到∠BD=∠E，由（1）可证明△BD∽△E，从而可证∠PE+∠B 得到 ； （3）由（2）可证∠BD=∠E，证明△FB∽△PF 和△FP∽△BF 即可得到结论； （4）证明∠BD=∠E，推出、B、、P 四点共圆即可得到结论； （1）解：∵ ，∴ ，∴ ； （2）解：中结论仍然成立，理由如下： ∵旋转的性质，∴∠DE=∠B，∠ED=∠B， ∴△DE∽△B，∴ ， 在图2 中，由旋转的性质可知，∠B