專題24 手拉手模型問題（解析版）-中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)經(jīng)典問題專題訓(xùn)練

專題24手拉手模型問題【規(guī)律總結(jié)】特點：由兩個等頂角的等腰三角形所組成，并且頂角的頂點為公共頂點結(jié)論：（1）△ABD≌△AEC（2）∠α+∠BOC=180°（3）OA平分∠BOC變形：【典例分析】例1．（2021·河南新鄉(xiāng)市·新鄉(xiāng)學(xué)院附屬中學(xué)八年級月考）如圖，點C是線段AE上一動點（不與A，E重合），在AE同側(cè)分別作等邊三角形ABC和等邊三角形CDE，AD與BE交于點O，AD與BC交于點P，BE與CD交于點Q，連接PQ，有以下5個結(jié)論：①AD=BE；②PQ∥AE；③AP=DQ；④DE=DP；⑤∠AOB=60°．其中一定成立的結(jié)論有（）個A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】①由于△ABC和△CDE是等邊三角形，可知AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，從而證出△ACD≌△BCE，可推知AD=BE；③由△ACD≌△BCE得∠CBE=∠DAC，加之∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，得到△ACP≌△BCQ（ASA），所以AP=BQ；故③正確；②根據(jù)②△CQB≌△CPA（ASA），再根據(jù)∠PCQ=60°推出△PCQ為等邊三角形，又由∠PQC=∠DCE，根據(jù)內(nèi)錯角相等，兩直線平行，可知②正確；④根據(jù)∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，可知∠DQE≠∠CDE，可知④錯誤；⑤利用等邊三角形的性質(zhì)，BC∥DE，再根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠CBE=∠DEO，于是∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，可知⑤正確．【詳解】①∵等邊△ABC和等邊△DCE，∴BC=AC,DE=DC=CE，∠DEC=∠BCA=∠DCE=60°，∴∠ACD=∠BCE，在△ACD和△BCE中，AC=BC，∠ACD=∠BCE，DC=CE，∴△ACD≌△BCE(SAS)，∴AD=BE；故①正確；③∵△ACD≌△BCE(已證)，∴∠CAD=∠CBE，∵∠ACB=∠ECD=60°(已證)，∴∠BCQ=180°-60°×2=60°，∴∠ACB=∠BCQ=60°，在△ACP與△BCQ中，∠CAD=∠CBE，AC=BC，∠ACB=∠BCQ=60°，∴△ACP≌△BCQ(ASA)，∴AP=BQ；故③正確；②∵△ACP≌△BCQ，∴PC=QC，∴△PCQ是等邊三角形，∴∠CPQ=60°，∴∠ACB=∠CPQ，∴PQ∥AE；故②正確；④∵AD=BE，AP=BQ，∴AD?AP=BE?BQ，即DP=QE，∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，∴∠DQE≠∠CDE，∴DE≠Q(mào)E，則DP≠DE，故④錯誤；⑤∵∠ACB=∠DCE=60°，∴∠BCD=60°，∵等邊△DCE，∠EDC=60°=∠BCD，∴BC∥DE，∴∠CBE=∠DEO，∴∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°.故⑤正確；綜上所述，正確的結(jié)論有：①②③⑤，錯誤的結(jié)論只有④，故選D．【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，以及等邊三角形的判定和性質(zhì)，此圖形是典型的“手拉手”模型，熟練掌握此模型的特點是解題的關(guān)鍵．例2．（2020·武漢市二橋中學(xué)八年級月考）在中，，，，點D是直線BC上一動點，連接AD，在直線AD的右惻作等邊，連接CE，當線段CE的長度最小時，則線段CD的長度為__________．【答案】3【分析】以AC為邊向左作等邊三角形ACF，連接DF，先根據(jù)直角三角形中所對的直角邊是斜邊的一半求出BC的長，再由勾股定理求出AC的長，根據(jù)作的輔助線證明，則，當時，DF的長是最小的，即CE的長最小，求出此時的長即可．【詳解】解：如圖，以AC為邊向左作等邊三角形ACF，連接DF，∵，，∴，∵，∴，∴，∵是等邊三角形，∴，，∵是等邊三角形，∴，，∵，∴，在和中，，∴，∴，當時，DF的長是最小的，即CE的長最小，∵，，∴，，∴當線段CE的長度最小時，則線段CD的長度為3．故答案是：3．【點睛】本題考查線段最值問題，解題的關(guān)鍵是作輔助線構(gòu)造全等三角形，以及掌握有角的特殊直角三角形的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)．例3．（2021·北京房山區(qū)·八年級期末）在中，，．（1）如圖1，點為邊上一點，連接，以為邊作，，，連接．直接寫出線段與的數(shù)量關(guān)系為，位置關(guān)系為．（2）如圖2，點為延長線上一點，連接，以為邊作，，，連接．①用等式表示線段，，之間的數(shù)量關(guān)系為．②求證：．（3）如圖3，點為外一點，且，若，，求的長．【答案】（1），；（2）①，②見解析；（3）．【分析】（1）由等腰直角三角形的性質(zhì)得到，根據(jù)題意可知，即，再利用證明≌，可得到，，從而算出的度數(shù)，進而得到線段與的位置關(guān)系；（2）①根據(jù)角度的運算得到，再利用證得≌，得到，再根據(jù)，等量代換即可求出答案；②由①中≌，得到，，在根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)即可得出的度數(shù)，進而證得，根據(jù)勾股定理得到，，等量代換后得到，又因為，，代入即可得出答案；（3）過點作，并且，連接，，得到是等腰直角三角形，由（2）得≌，得到，在中，通過勾股定理求出的長度，在中又由勾股定理得：，再根據(jù)，代入數(shù)據(jù)即可求出的長度．【詳解】（1）在中，，，，，，即，在和中，≌，，，，．故答案為：，．（2）①，，，即，在和中，≌，，，．故答案為：．②證明：由①得：≌，，，和都是等腰直角三角形，，，在和中，由勾股定理得：，，，，，，即．（3）過點作，并且，連接，，如圖，是等腰直角三角形，，，，由（2）中②可知，≌，，，，，在中，由勾股定理得：，，在中，由勾股定理得：，，．【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是合理添加輔助線找出兩個三角形全等．【好題演練】一、單選題1．（2020·哈爾濱市第六十九中學(xué)校八年級期末）如圖，在中，，點D、F是射線BC上兩點，且，若，；則下列結(jié)論中正確的有（）①；②；③；④A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】D【分析】由AD⊥AF，∠BAD=∠CAF，得出∠BAC=90°，由等腰直角三角形的性質(zhì)得出∠B=∠ACB=45°，由SAS證得△ABD≌△ACE（SAS），得出BD=CE，∠B=∠ACE=45°，S△ABC=S四邊形ADCE，則∠ECB=90°，即EC⊥BF，易證∠ADF=60°，∠F=30°，由含30°直角三角形的性質(zhì)得出EF=2CE=2BD，DF=2AD，則BD=EF，由BC-BD=DF-CF，得出BC-EF=2AD-CF，即可得出結(jié)果．【詳解】∵AD⊥AF，∠BAD=∠CAF，

∴∠BAC=90°，

∵AB=AC，

∴∠B=∠ACB=45°，

在△ABD和△ACE中，，

∴△ABD≌△ACE（SAS），

∴BD=CE，∠B=∠ACE=45°，S△ABC=S四邊形ADCE，

∴∠ECB=90°，

∴EC⊥BF，

∵∠B=45°，∠BAD=15°，

∴∠ADF=60°，

∴∠F=30°，

∴EF=2CE=2BD，DF=2AD，

∴BD=EF，

∵BC-BD=DF-CF，

∴BC-EF=2AD-CF，∴①、②、③、④正確．故選：D．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、含30°角直角三角形的性質(zhì)、外角的定義等知識，熟練掌握直角三角形的性質(zhì)、證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．2．（2020·嵊州市三界鎮(zhèn)中學(xué)八年級期中）如圖，和都是等腰直角三角形，，連結(jié)交于點，連結(jié)交于點，連結(jié)．下列結(jié)論中：（1），（2）是等腰直角三角形，（3），（4），（5）．正確的結(jié)論有()A．個 B．個 C．個 D．個【答案】C【分析】根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得AB=AC，AD=AE，然后求出∠BAD=∠CAE，再利用“邊角邊”證明△ABD和△ACE全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得CE=BD，判斷①正確；根據(jù)全等三角形對應(yīng)角相等可得∠ABD=∠ACE，從而求出∠BCG+∠CBG=∠ACB+∠ABC=90°，再求出∠BGC=90°，從而得到BD⊥CE，根據(jù)四邊形的面積判斷出④正確；根據(jù)勾股定理表示出BC2+DE2，BE2+CD2，得到⑤正確；再求出AE∥CD時，∠ADC=90°，判斷出②錯誤；∠AEC與∠AEB不一定相等判斷出③錯誤．【詳解】∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∴AB=AC，AD=AE．∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，∴∠BAD=∠CAE，在△ABD和△ACE中，∵，∴△ABD≌△ACE(SAS)，∴CE=BD，故①正確；∵△ABD≌△ACE，∴∠ABD=∠ACE，∴∠BCG+∠CBG=∠ACB+∠ABC=90°，在△BCG中，∠BGC=180°﹣(∠BCG+∠CBG)=180°﹣90°=90°，∴BD⊥CE，∴S四邊形BCDEBD?CE，故④正確；由勾股定理．在Rt△BCG中，BC2=BG2+CG2，在Rt△DEG中，DE2=DG2+EG2，∴BC2+DE2=BG2+CG2+DG2+EG2，在Rt△BGE中，BE2=BG2+EG2，在Rt△CDG中，CD2=CG2+DG2，∴BE2+CD2=BG2+CG2+DG2+EG2，∴BC2+DE2=BE2+CD2，故⑤正確；只有AE∥CD時，∠ADC=∠DAE=90°，無法說明AE∥CD，故②錯誤；∵△ABD≌△ACE，∴∠ADB=∠AEC．∵∠AEC與∠AEB相等無法證明，∴∠ADB=∠AEB不一定成立，故③錯誤；綜上所述：正確的結(jié)論有①④⑤共3個．故選：C．【點睛】本題是三角形綜合題，主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，對角線互相垂直的四邊形的面積等于對角線乘積的一半的性質(zhì)，熟記各性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．二、填空題3．（2021·保定市蓮池區(qū)賀陽外國語學(xué)校八年級期末）如圖，在中，，，于點，于點．，連接，將沿直線翻折至所在的平面，得，連接．過點作交于點，則四邊形的周長為________．【答案】【分析】先證，得出，再證與是等腰直角三角形，在直角中利用勾股定理求出BE的長，進一步求出GE的長，可通過解直角三角形分別求出GD，DE，EF，DF的長，即可求出四邊形DFEG的周長．【詳解】∵，于點D，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，即，∴，∴，，∵，∴為等腰直角三角形，∴，∵沿直線AE翻折得，∴，∴，，∴，∴為等腰直角三角形，∴，在中，，∴，在中，，∴，在中，，∴四邊形DFEG的周長為：，故答案為：．【點睛】本題考查了等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，解直角三角形等，解題關(guān)鍵是能夠靈活運用等腰直角三角形的判定與性質(zhì)．4．（2020·浙江錦繡育才教育科技集團有限公司九年級月考）如圖，四邊形ABCD為正方形．過正方形的頂點A和對角線的交點P，且與AB、AD分別交于點F，E．（1）若，則______．（2）若，的半徑為，則______．【答案】5或【分析】（1）連接EF、EP、FP，由四邊形ABCD為正方形，則∠BAD=90°，∠BPA=90°，得到∠FPE=90°，所以∠BPF=∠APE，易證△BPF≌△APE，則BF=AE，即可得到DE=AF；

（2）連EF，由∠BAD=90°，得到EF為⊙O的直徑，即EF=5，所以，而DE=AF，所以，再由AD=AE+ED=7，這樣得到關(guān)于DE，AE的方程組，解方程組求出DE，AE，即可得到的值．【詳解】（1）連接EP、FP，如圖，

∵四邊形ABCD為正方形，

∴∠BAD=90°，∠BPA=90°

∴∠FPE=90°，

∴∠BPF=∠APE，

又∵∠FBP=∠PAE=45°，

∴△BPF≌△APE，

∴BF=AE，

而AB=AD，

∴AF=DE=5；故答案為：5，（2）連EF，

∵∠BAD=90°，

∴EF為⊙O的直徑，

而⊙O的半徑為，

∴EF==5，

∴，

而DE=AF，

①；

又∵AD=AE+ED=AB，

∴AE+ED=7②，

由①②聯(lián)立起來組成方程組，解之得：AE=3，ED=4或AE=4，ED=3，

故答案為：或．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，“手拉手”模型構(gòu)造全等三角形，解一元二次方程等知識點，熟練掌握基本的輔助線構(gòu)造，靈活推理證明是解題關(guān)鍵．三、解答題5．（2019·河南周口市·九年級二模）（1）（探索發(fā)現(xiàn)）如圖1，正方形ABCD中，點M、N分別是邊BC、CD上的點，∠MAN＝45°，若將△DAN繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°到△BAG位置，可得△MAN≌△MAG，若△MCN的周長為6，則正方形ABCD的邊長為．（2）（類比延伸）如圖（2），四邊形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B+∠D＝180°，點M、N分別在邊BC、CD上的點，∠MAN＝60°，請判斷線段BM，DN，MN之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．（3）（拓展應(yīng)用）如圖3，四邊形ABCD中，AB＝AD＝10，∠ADC＝120°，點M，N分別在邊BC，CD上，連接AM，MN，△ABM是等邊三角形，AM⊥AD，DN＝5（﹣1），請直接寫出MN的長．【答案】（1）3；（2）MN＝BM+DN，理由見解析；（3）5+5米【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)可知，DN=BG，由全等可知，MN=MG=BM+DN，即△MNC的周長＝BC+CD=6，進而解決問題；（2）延長CB至E，使BE＝DN，連接AE，證明△MAN≌△MAE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)證明；（3）如圖3，把△ABM繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)150°至△ADG，連接AN．作NH⊥AD于H，在AH上取一點K，使得∠NKH＝30°，想辦法證明∠MAN＝75°＝∠BAD，再利用（2）中的結(jié)論即可解決問題；【詳解】解：（1）如圖1中，∵△MAN≌△MAG，∴MN＝GM，∵DN＝BG，GM＝BG+BM，∴MN＝BM+DN，∵△CMN的周長為：MN+CM+CN＝6，∴BM+CM+CN+DN＝6，∴BC+CD＝6，∴BC＝CD＝3，故答案為3．（2）如圖2中，結(jié)論：MN＝NM+DN．延長CB至E，使BE＝DN，連接AE，∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠ABE＝180°，∴∠D＝∠ABE，在△ABE和△ADN中，，∴△ABE≌△ADN，∴AN＝AE，∠DAN＝∠BAE，∵∠BAD＝2∠MAN，∴∠DAN+∠BAM＝∠MAN，∴∠MAN＝∠EAM，在△MAN和△MAE中，，∴△MAN≌△MAE，∴MN＝EM＝BE+BM＝BM+DN，即MN＝BM+DN；（3）解：如圖3，把△ABM繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)150°至△ADG，連接AN．作NH⊥AD于H，在AH上取一點K，使得∠NKH＝30°在Rt△DHN中，∵∠NDH＝60°，DN＝5（﹣1），∴DH＝DN＝，HN＝DH＝，在Rt△KNH中，KN＝2HN＝15﹣5，HK＝HN＝，∴AK＝AH﹣HK＝15﹣5，∴AK＝KN，∴∠KAN＝∠KNA，∵∠NKH＝∠KAN+∠KNA，∴∠NAK＝15°，∴∠MAN＝75°＝∠BAD，由（2）得，MN＝BM+DN＝10+5（﹣1）＝5+5（米）．【點睛】本題考查的是正方形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)變換、全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理、解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．6．（2020·鄱陽縣第二中學(xué)八年級月考）如圖1，在△ABC中，AC