专题20 全等与相似模型之手拉手模型解读与提分精练（全国通用）（解析版）

专题20 全等与相似模型之手拉手模型 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。全等三角形、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。 .................................................................................................................................................2 模型1 手拉手模型（全等模型）...................................................................................................................2 模型2 手拉手模型（相似模型）.................................................................................................................12 ...............................................................................................................................................26 大家在掌握几何模型时，多数同学会注重模型结论，而忽视几何模型的证明思路及方法，导致本末倒 置。要知道数学题目的考察不是一成不变的，学数学更不能死记硬背，要在理解的基础之上再记忆，这样 才能做到对于所学知识的灵活运用，并且更多时候能够启发我们解决问题的关键就是基于已有知识、方法 的思路的适当延伸、拓展，所以学生在学习几何模型要能够做到的就是：①认识几何模型并能够从题目中 提炼识别几何模型；②记住结论，但更为关键的是记住证明思路及方法；③ 明白模型中常见的易错点，因 为多数题目考察的方面均源自于易错点。当然，以上三点均属于基础要求，因为题目的多变性，若想在几 何学习中突出，还需做到的是，在平时的学习过程中通过大题量的训练，深刻认识几何模型，认真理解每 一个题型，做到活学活用！ 模型1 手拉手模型（全等模型） 将两个三角形（或多边形）绕着公共顶点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。其中：公共顶点记为“头”，每个三角形另两个顶点逆时针顺序数的第一个顶点记为 “左手”，第二个顶点记为“右手”。 等线段，共顶点，旋转前后的图形大小，形状不发生变化，只是位置不同而已。解题是通过三角形全等进 行解决。SS 型全等（核心在于导角，即等角加（减）公共角）。 1）双等边三角形型 条件：△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。 证明： ∵△B 和△DE 均为等边三角形，∴B=，E=D，∠B=∠ED=60° ∠ ∴ B+∠E=∠ED+∠E，即：∠BE=∠D，∴△D △ ≌BE（SS）， ∴BE=D，∠BE=∠D，又∵∠MB=∠MF，∴∠FM=∠BM=60°， 过点作P⊥D,Q⊥BE,则∠QB=∠P=90°，又∵∠BE=∠D，B=，∴△BQ △ ≌P（S） ∴Q=P，根据角平分线的判定可得：F 平分∠BFD。 2）双等腰直角三角形型 条件：△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。 证明： ∵△B 和△DE 均为等腰直角三角形，∴B=，E=D，∠B=∠ED=90° ∠ ∴ B+∠E=∠ED+∠E，即∠BE=∠D，∴△D △ ≌BE（SS）， ∴BE=D，∠BE=∠D，又∵∠MB=∠M，∴∠M=∠BM=90°， 过点作P⊥D,Q⊥BE,则∠QB=∠P=90°，又∵∠BE=∠D，B=，∴△BQ △ ≌P（S） ∴Q=P，根据角平分线的判定可得：平分∠BD。 3）双等腰三角形型 条件：B=，E=D，∠B=∠ED，为公共点；连接BE，D 交于点F。 结论：①△D △ ≌BE；②BE=D；③∠BM=∠FM；④F 平分∠BFD。 证明： ∵∠B=∠ED，∴∠B+∠E=∠ED+∠E，即∠BE=∠D， 又∵B=，E=D，∴△D △ ≌BE（SS），∴BE=D，∠BE=∠D， 又∵∠MB=∠MF，∴∠BM=∠FM，过点作P⊥D,Q⊥BE,则∠QB=∠P=90°， 又∵∠BE=∠D，B=，∴△BQ △ ≌P（S） ∴Q=P，根据角平分线的判定可得：F 平分∠BFD。 4）双正方形形型 条件：四边形BD 和四边形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。 证明： ∵四边形BD 和四边形EFG 都是正方形，∴B=，E=G，∠BD=∠EG=90° ∠ ∴ BD+∠DG=∠EG+∠DG，即∠BG=∠DE，∴△BG △ ≌DE（SS）， ∴BG=DE，∠BG=∠DE，又∵∠MB=∠DM，∴∠BM=∠DM=90°， 过点作P⊥DE,Q⊥BG,则∠PD=∠PB=90°，又∵∠BG=∠DE，B=D，∴△BQ △ ≌DP（S） ∴Q=P，根据角平分线的判定可得：平分∠BD。 例1．（23-24 八年级下·辽宁丹东·期中）如图，点，B，在同一条直线上， ， 均为等边三角 形，连接 和 ， 分别交 、 于点M，P， 交 于点Q，连接 ， ，下面结论：① ；② ；③ 为等边三角形；④ 平分 ；⑤ ．其中结论 正确的有（ ） ．1 个 B．2 个 ．3 个 D．4 个 【答】D 【分析】根据等边三角形的性质即可证得 故①正确；根据 结合三角形外角性 质即可得出 ，故②正确；根据等边三角形的性质易证 ，得到 结合 即可得到 为等边三角形，故③正确；根据全等三角 形性质，得到点 到 ， 的距离相等，，从而可得点 在 的角平分线上，故④正确；已有的 条件无法求 的度数，故⑤错误；从而解题． 【详解】解： 、 为等边三角形， ， ， ， ， ， 在 和 中， ， ，故①正确； ， ， ， ，故②正确； 在 和 中， ， ， ， 为等边三角形，故③正确； ， ， 点 到 ， 的距离相等，即 边上的高相等， 点 在 的角平分线上，即 平分 ；故④正确； 已有的条件无法求 的度数，故⑤错误；综上所述：正确的结论有4 个；故选：D． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，四点共圆的性质，三角形外角 性质，角度的运算，解题的关键是熟练掌握并运用相关知识． 例2．（2024·山东泰安·中考真题）如图1，在等腰 中， ， ，点 ， 分别 在 ， 上， ，连接 ， ，取 中点 ，连接 ． (1)求证： ， ；(2)将 绕点 顺时针旋转到图2 的位置． ①请直接写出 与 的位置关系：___________________；②求证： ． 【答】(1)见解析(2)① ；②见解析 【分析】（1）先证明 得到 ， ，根据直角三角形斜边中线性质得到 ，根据等边对等角证明 ，进而可证明 ； （2）①延长 到点 ，使 ，连结 ，延长 到 ，使 ，连接 并延长交 于 点 ．同（1）证明 得到 ，然后利用三角形的中位线性质得到 ， 则 ，进而证明 即可得到结论； ②延长 到点 ，使 ，连接 ．先证明 ，得到 ， ，进 而 ， ．证明 得到 即可得到结论． 【详解】（1）证明：在 和 中， ， ， ， ， ， ． 是 斜边 的中点， ， ， ， ． ， ， ． ； （2）解：① ；理由如下：延长 到点 ，使 ，连结 ，延长 到 ，使 ， 连接 并延长交 于点 ．证明 （具体证法过程跟②一样）． ， 是 中点， 是 中点， 是 中位线， ， ， ， ， ， ．故答为： ； ②证明：延长 到点 ，使 ，连接 ． ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． ， ．在 和 中， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线性质、等腰三角形的判定与性质、三角 形的中位线性质、平行线的判定与性质等知识，涉及知识点较多，综合性强，熟练掌握相关知识的联系与 运用，灵活添加辅助线构造全等三角形是解答的关键． 例3．（2023·山东·九年级专题练习）已知， 为等边三角形，点 在边 上． 【基本图形】如图1，以 为一边作等边三角形 ，连结 ．可得 （不需证明）． 【迁移运用】如图2，点 是 边上一点，以 为一边作等边三角 ．求证： ． 【类比探究】如图3，点 是 边的延长线上一点，以 为一边作等边三角 ．试探究线段 ， ， 三条线段之间存在怎样的数量关系，请写出你的结论并说明理由． 【答】【基本图形】见解析；【迁移运用】见解析；【类比探究】见解析． 【分析】基本图形：只需要证明 得到 ，即可证明； 迁移运用：过点 作 ，交 于点 ，然后证明 得到 ，即可推出 ；类比探究：过点 作 ，交 于点 ，然后证明 ，得 到 ，再由 ，即可得到 ． 【详解】基本图形：证明：∵ 与 都是等边三角形， ∴ ， ， ， ， ∴ ， ，∴ ， 在 与 中， ，∴ ， ∴ ，∴ ，∵ ，∴ ； 迁移运用：证明：过点 作 ，交 于点 ， ∵ 是等边三角形，∴ ， ∵ ，∴ ， ， 又∵ ，∴ 为等边三角形，∴ ， ∵ 为等边三角形，∴ ， ， ∵ ， ，∴ ， 在 与 中 ，∴ ，∴ ，∴ ； 类比探究：解： ，理由如下：过点 作 ，交 于点 ， ∵ 是等边三角形，∴ ， ∵ ，∴ ， ， 又∵ ，∴ 为等边三角形，∴ ， ∵ 为等边三角形，∴ ， ， ∵ ， ，∴ ， 在 与 中 ，∴ ，∴ ， ∵ ，∴ ． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，熟知全等三角形的性质与 判定条件是解题的关键． 例4．（23-24 九年级上·浙江台州·期末）如图，将 绕点顺时针旋转得到 ，并使点的对应点D 点落在直线 上．(1)如图1，证明： 平分 ；(2)如图2， 与 交于点F，若 ，求 的度数；(3)如图3，连接 ，若 ，则 的 长为 ． 【答】(1)证明见解析；(2) ；(3) ． 【分析】本题主要考查旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理及逆定理的应用等知识，解答本 题的关键是掌握旋转的性质．（1）根据 绕点顺时针旋转得到 ，可得 ， 即得 ，故 ， 平分 ；（2）设 ，根据旋转的性质 和三角形外角的性质可得 ，即可解得 ；（3）过作 于，由已知可 得 ，即可得 ，从而 ，可得 ， 是 等腰直角三角形，故 ． 【详解】（1）证明：∵ 绕点顺时针旋转得到 ， ∴ ，∴ ，∴ ，∴ 平分 ； （2）解：设 ，∵ ∴ ， ∵ ，∴ ， ∵ ，∴ ，解得 ，∴ ； （3）解：过作 于，如图： ∵ 绕点顺时针旋转得到 ，∴ ， ∵ ，∴ ，∵ ， ∴ ，∴ ，∵ ，∴ ， ， ∴ ，∴ 是等腰直角三角形，∴ ，故答为： ． 例5．（2022·浙江湖州·统考中考真题）已知在Rt△B 中，∠B＝90°，，b 分别表示∠，∠B 的对边， ． 记△B 的面积为S． (1)如图1，分别以，B 为边向形外作正方形DE 和正方形BGF．记正方形DE 的面积为 ，正方形BGF 的 面积为 ．①若 ， ，求S 的值；②延长E 交GB 的延长线于点，连结F，交B 于点M，交B 于 点．若F⊥B（如图2 所示），求证： ． (2)如图3，分别以，B 为边向形外作等边三角形D 和等边三角形BE，记等边三角形D 的面积为 ，等边三 角形BE 的面积为 ．以B 为边向上作等边三角形BF（点在△BF 内），连结EF，F．若EF⊥F，试探索 与S 之间的等量关系，并说明理由． 【答】(1)①6；②见解析(2) ，理由见解析 【分析】（1）①将面积用，b 的代数式表示出来，计算，即可 ②利用公共边，发现△F∽△B，利用 ，得到，b 的关系式，化简，变形，即可得结论 （2）等边 与等边 共顶点B，形成 手拉手模型，△B △ ≌FBE，利用全等的对应边，对应角，得到：＝FE＝b，∠FEB＝∠B＝90°，从而得到∠FE ＝30°，再利用 ， ，得到与b 的关系，从而得到结论 【详解】（1）∵ ， ∴b＝3，＝4 ∠ ∵ B＝90°∴ ②由题意得：∠F＝∠B＝90°，∵F⊥B ∠ ∴ F＝90°－∠F＝∠B △ ∴F∽△B ∴ ∴ ，得： ∴ ．即 （2） ，理由如下：∵△BF 和△BE 都是等边三角形 ∴B＝FB，∠B＝60°－∠FB＝∠FBE，B＝EB △ ∴B △ ≌FBE（SS）∴＝FE＝b ∠FEB＝∠B＝90° ∠ ∴ FE＝30° ∵EF⊥F，E＝B＝∴ ∴ ∴ 由题意得： ， ∴ ∴ 【点睛】本题考查勾股定理，相似，手拉手模型，代数运算，本题难点是图二中的相似和图三中的手拉手 全等。 例6．（2024·黑龙江·九年级期中）已知Rt△B 中，=B，∠B＝90°，F 为B 边的中点，且DF=EF，∠DFE＝ 90°，D 是B 上一个动点．如图1，当D 与重合时，易证：D2＋DB2＝2DF2； （1）当D 不与、B 重合时，如图2，D、DB、DF 有怎样的数量关系，请直接写出你的猜想，不需证明． （2）当D 在B 的延长线上时，如图3，D、DB、DF 有怎样的数量关系，请写出你的猜想，并加以证明． 【答】（1）D2+DB2=2DF2 ；（2）D2+DB2=2DF2，证明见解析 【分析】（1）由已知得 ，连接F，BE，证明 得D=BE，再证明 为直角三 角形，由勾股定理可得结论； （2）连接F，BE，证明 得D=BE，再证明 为直角三角形，由勾股定理可得结论． 【详解】解：（1）D2+DB2=2DF2 证明：∵DF=EF，∠DFE＝90°，∴ ∴ 连接F，BE，如图 △ ∵B 是等腰直角三角形，F 为斜边B 的中点 ∴ ，即 ∴ ， 又 ∴ 在 和 中 ∴ ∴ ， ∴ ∴ ∵ ， ∴D2+DB2=2DF2 ； （2）D2+DB2=2DF2 证明：连接F、BE ∵F=BF，DF=EF 又∵∠DF+∠FE=∠EFB+∠FB=90° ∠ ∴ DF=∠EFB △ ∴DF △ ≌EFB ∴D=BE，∠DF=∠EBF=135° ∠ ∵ EBD=∠EBF－∠FBD=135°－45°=90° 在Rt△DBE 中，BE2+DB2=DE2 ∵ DE2=2DF2 ∴ D2+DB2=2DF2 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、证明三角形全等是解决问题的关 键，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 模型2 手拉手模型（相似模型） “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。 手拉手模型有以下特点：1）两个三角形相似；2）这两个三角形有公共顶点，且绕顶点旋转并缩放后2 个 三角形可以重合；3）图形是任意三角形（只要这两个三角形是相似的）。 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； ；∠BF=∠B 证明：∵ ，∴ ，∵∠B=∠DE= ，∴△DE∽△B， ∵∠B=∠DE= ，∴∠B-∠D=∠DE-∠D，∴∠BD=∠E， ∵ ，∴△BD∽△E，∴ ，∠BD=∠E，∴∠BF=∠B=∠DE= ， 2）手拉手相似模型（直角三角形） 条件:如图， ， ； 结论：△∽△BD； ，⊥BD， 证明：∵ ，∴∠B-∠B=∠D-∠B，∴∠=∠BD， ∵ ，∴△∽△BD，∴ ，∠B=∠BD， ∴∠EB=∠B=90°，∴⊥BD，∴ 3）手拉手相似模型（特殊的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 的边和DF 的中点； 结论：△BME∽△MF； 证明：∵M 为等边三角形B 和DEF 的边和DF 的中点，∴ ，∠BM=∠EMF=90°， ∴∠BM-∠EM=∠EMF-∠EM，∴∠BME=∠MF，∴△BME∽△MF，∴ ， 条件:△B 和DE 是等腰直角三角形； 结论：△BD∽△E；∠E=90°； 证明：∵△B 和DE 是等腰直角三角形，∴ ，∠B=∠DE=45°， ∴∠B-∠D=∠DE-∠D，∴∠BD=∠E，∴△BD∽△E， ∴ ，∠E=∠BD=90° 例1．（2023·江西·一模）图形的旋转变换是研究数学相关问题的重要手段之一，小丽和小亮对等腰只角形 的旋转变换进行研究． (1)[观察猜想]如图1，△B 是以B、为腰的等腰三角形，点D、点E 分别在B、上．且DE∥B，将△DE 绕点逆 时针旋转（0°≤≤360°）．请直接写出旋转后BD 与E 的数量关系 ； (2)[探究证明]如图2，△B 是以∠为直角顶点的等腰直角三角形，DE∥B 分别交与B 两边于点E、点D．将 △DE 绕点逆时针旋转至图中所示的位置时，（1）中结论是否仍然成立．若成立，请给出证明；若不成立， 请说明理由； (3)[拓展延伸]如图3，BD 是等边△B 底边的中线，E⊥BE，E∥B．将△BE 绕点B 逆时针旋转到△FBE，点落在 点F 的位置，若等边三角形的边长为4，当B⊥BE 时，求出DF2的值． 【答】(1)结论BD=E．证明见解析； (2)结论不成立．BD 与E 的数量关系：BD= E．证明见解析；(3)28 【分析】（1）结论BD=E．证明△BD △ ≌E（ ）；（2）结论不成立．BD 与E 的数量关系：BD= E． 证明△DB∽△E，可得结论；（3）根据条件可得当B⊥BE 时， ，结合等边三角形 的性质，可得 ，勾股定理即可求得 ． 【详解】（1）结论BD=E．理由：如图1 中，∵∠B=∠DE，∴∠BD=∠E， ∵B=，D=E，∴△BD △ ≌E（ ），∴BD=E．故答为：BD=E． （2）结论不成立．BD 与E 的数量关系：BD= E． 理由：∵△B，△ED 都是等腰直角三角形，∴∠B=∠ED=45°， ， ∠ ∵ DB=∠E，∴△DB∽△E，∴ ，∴BD= E （3）如图3，BD 是等边△B 底边的中线，E⊥BE，E∥B． ， 将△BE 绕点B 逆时针旋转到△FBE，点落在点F 的位置， 当B⊥BE 时， B 是等边△，等边三角形的边长为4， ， 【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和