1、微专题微专题 手拉手模型手拉手模型模 型 分 析模 型 分 析模型模型展示展示模型模型一一相似型手拉手模型相似型手拉手模型微专题手拉手模型微专题手拉手模型微专题微专题 手拉手模型手拉手模型模型模型特点特点点点ADEABC，且绕公共顶点，且绕公共顶点A旋转旋转,简记为：非等腰，共顶简记为：非等腰，共顶点，顶角相等点，顶角相等，旋转得相似，旋转得相似 结论结论（1）ABDACE；（2）两条拉手线）两条拉手线CE，BD所在直线的夹角与所在直线的夹角与BAC相等或互补相等或互补微专题微专题 手拉手模型手拉手模型1.如图，在如图，在ABC与与ADE中，中，ACBAED90，ABCADE，连接，连接BD、
2、CE，若，若ACAB35，则，则BDCE为为_.第4题图模 型 应 用模 型 应 用5 3微专题微专题 手拉手模型手拉手模型2.如图，在等腰如图，在等腰RtABC中，中，BAC=90，BC=,=,E为为AB上一点，以上一点，以CE为斜边为斜边作等腰作等腰RtCDE，连接，连接AD,若若ACE=30，则，则AD的长为的长为_.第5题图23 2-66微专题微专题 手拉手模型手拉手模型3.如图，在矩形如图，在矩形ABCD中，中，AB=6,AD=8,P、E分别是线段分别是线段AC、BC上的点，且四边形上的点，且四边形PEFD为矩形为矩形.若若AP=,求求CF的长的长.第6题图2微专题微专题 手拉手模型
3、手拉手模型解：在解：在RtABC中，利用勾股定理可得中，利用勾股定理可得AC 10，如，如解图，过点解图，过点P作作PMBC于点于点M并反向延长交并反向延长交AD于点于点N，PND90，PNCD，.AD8，AP ，AC10，AN ，ND8 (10 )，NP ，第6题解图226+8ANADAPAC28AN2104 254 2545222-APAN322-253 25MN微专题微专题 手拉手模型手拉手模型PM6 .PND90，DPNPDN90.四边形四边形PEFD是矩形，是矩形，DPE90，DPNEPM90，PDNEPM.PNDEMP90，PNDEMP，.DFPE.，.同理：同理：AADP PCD
4、F，ADPCDF，.AP ，CF .DPDF4343ADCDADCDDPDF43ADCDAPCF3 242433 25PDPENDPM410-253 26-5微专题微专题 手拉手模型手拉手模型模 型 分 析模 型 分 析模型模型展示展示模型模型二二全等型手拉手模型全等型手拉手模型微专题微专题 手拉手模型手拉手模型模型模型特点特点在在OAB中，中，OA=OB，在，在OCD中，中，OC=OD，AOB=COD=，连接连接AC、BD交于点交于点E.简记为：双等腰，共顶点，顶角相等，旋转得简记为：双等腰，共顶点，顶角相等，旋转得全等全等结论结论（1）AOCBOD(SAS)；（2）AC=BD;（3）两条拉
5、手线）两条拉手线AC，BD所在直线的夹角与所在直线的夹角与AOB相等或互补相等或互补微专题微专题 手拉手模型手拉手模型4.如图，在如图，在ABC中，中，BAC90，ABAC=，点，点P在边在边BC上，且上，且BP1，以以PA为腰作等腰直角为腰作等腰直角APQ，且，且PAQ90，则，则PQ的长为的长为_.第1题图模 型 应 用模 型 应 用2 210微专题微专题 手拉手模型手拉手模型5.如图，四边形如图，四边形ABCD、BEFG均为正方形，连接均为正方形，连接AG、CE.求证：求证：AGCE.第2题图证明：证明：四边形四边形ABCD、BEFG均为正方形，均为正方形，ABCB，ABCGBE90，B
6、GBE，ABCCBGGBECBG，ABGCBE，在在ABG和和CBE中，中，ABGCBE(SAS)，AGCE.AB=CBABGCBEBG=BE微专题微专题 手拉手模型手拉手模型6.如图，点如图，点C是线段是线段BE上一点，在线段上一点，在线段BE同侧作等边同侧作等边ABC与等边与等边DCE，连接，连接AE,交交CD于点于点G,连接连接BD,交交AC于点于点F，AE与与BD相交于点相交于点H.（1）求证：求证：BFCAGC;第3题图(1)证明：证明：ABC与与DCE是等边三角形，是等边三角形，ACBC，CDCE，ACBDCE60，ACBACDDCEACD，BCDACE，在在BCD和和ACE中，中，微专题微专题 手拉手模型手拉手模型BCDACE(SAS)，FBCGAC.ACBDCE60，ACD60.ACDACB，即，即ACGBCF，FBCGAC，BCAC，BCFACG，BFCAGC(ASA)；BC=ACBCDACECD=CE微专题微专题 手拉手模型手拉手模型（2）求求DHG的度数的度数.（2）解：解：DBCEAC，AFHBFC，AHBACB60，DHGAHB60.
