一、復習方法
1.以專題復習為主。 2.重視方法思維的訓練。
3.拓寬思維的廣度，培養(yǎng)多角度、多維度思考問題的習慣。
二、復習難點
1.專題的選擇要準，安排時間要合理。 2.專項復習要以題帶知識。
3.在復習的過程中要兼顧基礎，在此基礎上適當增加變式和難度，提高能力。
專題07 手拉手模型綜合應用（知識解讀）
【專題說明】
手拉手模型是指有共同頂點的兩個等腰三角形，頂角相等。因為過共同頂點的四條邊，像人的兩雙手，所以通常稱為手拉手模型。手拉手模型常和旋轉結合,在考試中作為幾何綜合題目出現。
【方法技巧】
類型一：等邊三角形手拉手
（1）如圖，B、C、D三點共線，▲ABC和▲CDE是等邊三角形，連接AD、BE，交于點P

記AC、BE交點為M，AD、CE交點為N


（2）連接MN

（4）記AD、BE交點為P，連接PC：

（5）結論五：∠APB=∠BPC=∠CPD=∠DPE=60°

連AE:
結論六：P點是▲ACE的費馬點（PA+PC+PE值最?。?br>類型二：正方形手拉手
如圖，四邊形ABCD和四邊形CEFG均為正方形，連接BE、DG

【典例分析】
【類型一：等邊三角形手拉手】
【典例1】（2021春?西安期末）如圖，在△ABC中，BC＝5，以AC為邊向外作等邊△ACD，以AB為邊向外作等邊△ABE，連接CE、BD．
（1）若AC＝4，∠ACB＝30°，求CE的長；
（2）若∠ABC＝60°，AB＝3，求BD的長．
【變式1-1】（2021九上·吉林期末）如圖①，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=6，點D，E分別在邊AC，BC上，且CD=CE=2，此時AD=BE，AD⊥BE成立．
（1）將△CDE繞點C逆時針旋轉90°時，在圖②中補充圖形，并直接寫出BE的長度；
（2）當△CDE繞點C逆時針旋轉一周的過程中，AD與BE的數量關系和位置關系是否仍然成立？若成立，請你利用圖③證明，若不成立請說明理由；
（3）將△CDE繞點C逆時針旋轉一周的過程中，當A，D，E三點在同一條直線上時，請直接寫出AD的長度．
【變式1-2】（2021九上·宜春期末）如圖
（1）問題發(fā)現：如圖1，△ACB和△DCE均為等邊三角形，當△DCE旋轉至點A，D，E在同一直線上，連接BE．則：
①∠ACB的度數為 ；
②線段BE，CE與AE之間的數量關系是 ．
（2）拓展研究：如圖2，△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，點A，D，E在同一直線上．若CE=2，BE=2，求AB的長度．
（3）探究發(fā)現：圖1中的△ACB和△DCE，在△DCE旋轉過程中，當點A，D，E不在同一直線上時，設直線AD與BE相交于點O，試在備用圖中探索∠AOE的度數，直接寫出結果，不必說明理由．
【變式1-3】（2021春?金牛區(qū)校級期中）類比探究：
（1）如圖1，等邊△ABC內有一點P，若AP＝8，BP＝15，CP＝17，求∠APB的大小；（提示：將△ABP繞頂點A旋轉到△ACP′處）
（2）如圖2，在△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F為BC上的點，且∠EAF＝45°．求證：EF2＝BE2+FC2；
（3）如圖3，在△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，點O為△ABC內一點，連接AO、BO、CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，若AC＝1，求OA+OB+OC的值．
【典例2】如圖，在△ABC與△DEC中，已知∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝6，BC＝3，CD＝5，CE＝2.5，連接AD，BE．
（1）求證：△ACD∽△BCE；
（2）若∠BCE＝45°，求△ACD的面積．
【變式2-1】如圖1，在Rt△ABC中，AC＝BC＝5，等腰直角△BDE的頂點D，E分別在邊BC，AB上，且BD＝，將△BDE繞點B按順時針方向旋轉，記旋轉角為α（0°≤α＜360°）．
（1）問題發(fā)現
當α＝0°時，的值為 ，直線AE，CD相交形成的較小角的度數為 ；
（2）拓展探究
試判斷：在旋轉過程中，（1）中的兩個結論有無變化？請僅就圖2的情況給出證明：
（3）問題解決
當△BDE旋轉至A，D，E三點在同一條直線上時，請直接寫出△ACD的面積．
【類型二：正方形手拉手】
【典例3】【問題背景】正方形ABCD和等腰直角三角形CEF按如圖①所示的位置擺放，點B，C，E在同一條直線上，其中∠ECF＝90°．
【初步探究】
（1）如圖②，將等腰直角三角形CEF繞點C按順時針方向旋轉，連接BF，DE，請直接寫出BF與DE的數量關系與位置關系： ；
【類比探究】
（2）如圖③，將（1）中的正方形ABCD和等腰直角三角形CEF分別改成矩形ABCD和Rt△CEF，其中∠ECF＝90°，且，其他條件不變．
①判斷線段BF與DE的數量關系，并說明理由；
②連接DF，BE，若CE＝6，AB＝12，求DF2+BE2的值．
【變式3】（2021秋?荔灣區(qū)校級期中）以△ABC的AB，AC為邊分別作正方形ADEB，正方形ACGF，連接DC，BF．
（1）CD與BF有什么數量與位置關系？說明理由．
（2）利用旋轉的觀點，在此題中，△ADC可看成由哪個三角形繞哪點旋轉多少角度得到的．
專題07 手拉手模型綜合應用（知識解讀）
【專題說明】
手拉手模型是指有共同頂點的兩個等腰三角形，頂角相等。因為過共同頂點的四條邊，像人的兩雙手，所以通常稱為手拉手模型。手拉手模型常和旋轉結合,在考試中作為幾何綜合題目出現。
【方法技巧】
類型一：等邊三角形手拉手
（1）如圖，B、C、D三點共線，▲ABC和▲CDE是等邊三角形，連接AD、BE，交于點P

記AC、BE交點為M，AD、CE交點為N


（2）連接MN

（4）記AD、BE交點為P，連接PC：

（5）結論五：∠APB=∠BPC=∠CPD=∠DPE=60°

連AE:
結論六：P點是▲ACE的費馬點（PA+PC+PE值最小）
類型二：正方形手拉手
如圖，四邊形ABCD和四邊形CEFG均為正方形，連接BE、DG

【典例分析】
【類型一：等邊三角形手拉手】
【典例1】（2021春?西安期末）如圖，在△ABC中，BC＝5，以AC為邊向外作等邊△ACD，以AB為邊向外作等邊△ABE，連接CE、BD．
（1）若AC＝4，∠ACB＝30°，求CE的長；
（2）若∠ABC＝60°，AB＝3，求BD的長．
【解答】解：（1）∵△ABE與△ACD是等邊三角形，
∴AC＝AD，AB＝AE，
∴∠DCA＝∠CAD＝∠EAB＝60°，
∴∠EAB+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，
即∠EAC＝∠BAD．
在△EAC和△BAD中，
，
∴△EAC≌△BAD（SAS），
∴EC＝BD，
又∵∠ACB＝30°，
∴∠DCB＝∠ACB+∠DCA＝90°，
∵CD＝AC＝4，BC＝5，
∴BD＝＝＝，
∴CE＝；
（2）如圖，作EK垂直于CB延長線于點K．
∵△ABE與△ACD是等邊三角形，
∴AC＝AD，AB＝AE，
∴∠DCA＝∠CAD＝∠EAB＝60°，
∴∠EAB+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，
即∠EAC＝∠BAD．
在△EAC和△BAD中，
，
∴△EAC≌△BAD（SAS），
∴EC＝BD，
∵∠ABC＝60°，∠ABE＝60°，
∴∠EBK＝60°，
∴∠BEK＝30°，
∴BK＝BE＝，
∴EK＝＝＝，
∴EC＝＝＝7，
∴BD＝EC＝7．
【變式1-1】（2021九上·吉林期末）如圖①，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=6，點D，E分別在邊AC，BC上，且CD=CE=2，此時AD=BE，AD⊥BE成立．
（1）將△CDE繞點C逆時針旋轉90°時，在圖②中補充圖形，并直接寫出BE的長度；
（2）當△CDE繞點C逆時針旋轉一周的過程中，AD與BE的數量關系和位置關系是否仍然成立？若成立，請你利用圖③證明，若不成立請說明理由；
（3）將△CDE繞點C逆時針旋轉一周的過程中，當A，D，E三點在同一條直線上時，請直接寫出AD的長度．
【答案】（1）解：如圖所示，
BE=22；
（2）解：AD=BE，AD⊥BE仍然成立.
證明：延長AD交BE于點H，
∵∠ACB=∠DCE=90°，
∠ACD=∠ACB?∠BCD，
∠BCE=∠DCE?∠BCD，
∴∠ACD=∠BCE，
又∵CD=CE，AC=BC，
∴△ACD?△BCE，
∴AD=BE，∠1=∠2，
在Rt△ABC中，∠1+∠3+∠4=90°，
∴∠2+∠3+∠4=90°，
∴∠AHB=90°，
∴AD⊥BE.
（3）AD=5?1或AD=5+1
【變式1-2】（2021九上·宜春期末）如圖
（1）問題發(fā)現：如圖1，△ACB和△DCE均為等邊三角形，當△DCE旋轉至點A，D，E在同一直線上，連接BE．則：
①∠ACB的度數為 ；
②線段BE，CE與AE之間的數量關系是 ．
（2）拓展研究：如圖2，△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，點A，D，E在同一直線上．若CE=2，BE=2，求AB的長度．
（3）探究發(fā)現：圖1中的△ACB和△DCE，在△DCE旋轉過程中，當點A，D，E不在同一直線上時，設直線AD與BE相交于點O，試在備用圖中探索∠AOE的度數，直接寫出結果，不必說明理由．
【解答】（1）①∵△ABC是等邊三角形，
∴∠ACB=60°，
故答案為：60°；
②∵△ACB和△DCE均為等邊三角形，
∴AC=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACD=∠BCE，
∴△ADC?△BEC(SAS)，
∴AD=BE，
∵△DCE為等邊三角形，
∴CE=DE，
∴BE+CE=AD+DE=AE，
故答案為：BE+CE=AE
（2）解：∵△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，
∴AC=CB，∠CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠ACD=∠BCE，
∴△ADC?△BEC(SAS)，
∴AD=BE=2，∠ADC=∠BEC，
∵△DCE為等腰直角三角形，
∴∠CDE=∠CED=45°，CD=CE=2，DE=CD2+CE2=(2)2+(2)2=2，
∴∠CEB=∠CDA=180°?45°=135°，AE=AD+DE=2+2=4，
∴∠AEB=∠CEB?∠CED=135°?45°=90°，
∴△AEB是直角三角形，
∴AB=AE2+BE2=42+22=25
（3）如圖3，
由（1）知△ADC?△BEC，
∴∠CAD=∠CBE，
∵∠CAB=∠ABC=60°，
∴∠OAB+∠OBA=120°，
∴∠AOE=180°?120°=60°，
如圖4，同理求得：∠AOB=60°，
∴∠AOE=120°，
∴∠AOE的度數是60°或120°．
【變式1-3】（2021春?金牛區(qū)校級期中）類比探究：
（1）如圖1，等邊△ABC內有一點P，若AP＝8，BP＝15，CP＝17，求∠APB的大小；（提示：將△ABP繞頂點A旋轉到△ACP′處）
（2）如圖2，在△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F為BC上的點，且∠EAF＝45°．求證：EF2＝BE2+FC2；
（3）如圖3，在△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，點O為△ABC內一點，連接AO、BO、CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，若AC＝1，求OA+OB+OC的值．
【解答】解：（1）如圖1，將△APB繞著點A逆時針旋轉60°得到△ACP′，
∴△ACP′≌△ABP，
∴AP′＝AP＝8、CP′＝BP＝15、∠AP′C＝∠APB，
由題意知旋轉角∠PA P′＝60°，
∴△AP P′為等邊三角形，
∴P P′＝AP＝8，∠A P′P＝60°，
∵PP′2+P′C2＝82+152＝172＝PC2，
∴∠PP′C＝90°，
∴∠APB＝∠AP′C＝∠A P′P+∠P P′C＝60°+90°＝150°
（2）如圖2，把△ABE繞著點A逆時針旋轉90°得到△ACE′，
則AE′＝AE，CE′＝CE，∠CAE′＝∠BAE，
∵∠BAC＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠CAF＝∠CAF+∠CAE′＝∠FAE′＝45°，
∴∠EAF＝∠E′AF，且AE＝AE'，AF＝AF，
∴△AEF≌△AE′F（SAS），
∴EF＝E′F，
∵∠B+∠ACB＝90°，
∴∠ACB+∠ACE′＝90°，
∴∠FCE′＝90°，
∴E′F2＝CF2+CE′2，
∴EF2＝BE2+CF2；
（3）如圖3，將△AOB繞點B順時針旋轉60°至△A′O′B處，連接OO′，
∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，
∴AB＝2，
∴BC＝＝，
∵△AOB繞點B順時針方向旋轉60°，
∴△A′O′B如圖所示；
∠A′BC＝∠ABC+60°＝30°+60°＝90°，
∵∠ACB＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，
∴AB＝2AC＝2，
∵△AOB繞點B順時針方向旋轉60°，得到△A′O′B，
∴A′B＝AB＝2，BO＝BO′，A′O′＝AO，
∴△BOO′是等邊三角形，
∴BO＝OO′，∠BOO′＝∠BO′O＝60°，
∵∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，
∴∠COB+∠BOO′＝∠BO′A′+∠BO′O＝120°+60°＝180°，
∴C、O、A′、O′四點共線，
在Rt△A′BC中，A′C＝＝，
∴OA+OB+OC＝A′O′+OO′+OC＝A′C＝．
【典例2】如圖，在△ABC與△DEC中，已知∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝6，BC＝3，CD＝5，CE＝2.5，連接AD，BE．
（1）求證：△ACD∽△BCE；
（2）若∠BCE＝45°，求△ACD的面積．
【解答】（1）證明：∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACD+∠DCB＝∠DCB+∠BCE，
∴∠ACD＝∠BCE，
又∵，
∴△ACD∽△BCE；
（2）解：過A作AG⊥CD于G，
由（1）知，∠ACD＝∠DCB＝∠BCE＝45°，
∴AG＝CG，
在Rt△ACG中，由勾股定理得：
∴CG＝AG＝3，
∴S＝＝．
【變式2-1】如圖1，在Rt△ABC中，AC＝BC＝5，等腰直角△BDE的頂點D，E分別在邊BC，AB上，且BD＝，將△BDE繞點B按順時針方向旋轉，記旋轉角為α（0°≤α＜360°）．
（1）問題發(fā)現
當α＝0°時，的值為 ，直線AE，CD相交形成的較小角的度數為 ；
（2）拓展探究
試判斷：在旋轉過程中，（1）中的兩個結論有無變化？請僅就圖2的情況給出證明：
（3）問題解決
當△BDE旋轉至A，D，E三點在同一條直線上時，請直接寫出△ACD的面積．
【解答】解：（1）∵△ABC與△BDE都是等腰直角三角形，
∴DE∥AC，
∴，
∴，
∵∠B＝45°，
∴直線AE，CD相交形成的較小角的度數為45°，
故答案為：；45；
（2）無變化，理由如下：
延長AE，CD交于點F，CF交AB于點G，
∵△ABC與△BDE都是等腰直角三角形，
∴∠ABC＝∠DBE＝45°，，
∴∠ABC﹣∠ABD＝∠DBE﹣∠ABD，
∴∠CBD＝∠ABE，
又∵，
∴△ABE∽△CBD，
∴，∠BAE＝∠BCD，
∴∠F＝180°﹣∠BAE﹣∠AGF＝180°﹣∠BCD﹣∠BGC＝∠ABC＝45°；
（3）如圖，當DE在AB上方時，作AH⊥CD于H，
由A，D，E三點在同一條直線上知，∠ADB＝90°，
∴AD＝，
由（2）知∠ADH＝45°，，
∴AH＝＝，CD＝，
∴S△ACD＝CD×AH＝＝12+，
當DE在AB下方時，同理可得S△ACD＝×CD×AH＝＝12﹣，
【類型二：正方形手拉手】
【典例3】【問題背景】正方形ABCD和等腰直角三角形CEF按如圖①所示的位置擺放，點B，C，E在同一條直線上，其中∠ECF＝90°．
【初步探究】
（1）如圖②，將等腰直角三角形CEF繞點C按順時針方向旋轉，連接BF，DE，請直接寫出BF與DE的數量關系與位置關系： ；
【類比探究】
（2）如圖③，將（1）中的正方形ABCD和等腰直角三角形CEF分別改成矩形ABCD和Rt△CEF，其中∠ECF＝90°，且，其他條件不變．
①判斷線段BF與DE的數量關系，并說明理由；
②連接DF，BE，若CE＝6，AB＝12，求DF2+BE2的值．
【解答】解：（1）如圖②，BF與CD交于點M，與DE交于點N，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴BC＝DC，∠BCD＝90°，
∵△ECF是等腰直角三角形，
∴CF＝CE，∠ECF＝90°，
∴∠BCD＝∠ECF，
∴∠BCD+∠DCF＝∠ECF+∠DCF，
∴∠BCF＝∠DCE，
∴△BCF≌△DCE（SAS），
∴BF＝DE，∠CBF＝∠CDE，
∵∠BMC＝∠DMF，∠CBF+∠BMC＝90°，
∴∠CDE+∠DMF＝90°，
∴∠BND＝90°，
∴BF⊥DE，
故答案為：BF＝DE，BF⊥DE；
（2）①如圖③，，
理由：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠BCD＝90°，
∵∠ECF＝90°，
∴∠BCD+∠DCF＝∠ECF+∠DCF，
∴∠BCF＝∠DCE，
∵，
∴△BCF∽△DCE，
∴＝；
②如圖③，連接BD，
∵△BCF∽△DCE，
∴∠CBF＝∠CDE，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝12，
∵CE＝6，，
∴＝，
∴CF＝8，BC＝16，
∵∠DBO+∠CBF+∠BDC＝∠BDO+∠CDE+∠BDC＝∠DBO+∠BDO＝90°，
∴∠BOD＝90°，
∴∠DOF＝∠BOE＝∠EOF＝90°，
在Rt△DOF中，DF2＝OD2+OF2，
在Rt△BOE中，BE2＝OB2+OE2，
在Rt△DOB中，DB2＝OD2+OB2，
在Rt△EOF中，EF2＝OE2+OF2，
∴DF2+BE2＝OD2+OF2+OB2+OE2＝DB2+EF2，
在Rt△BCD中，BD2＝BC2+CD2＝162+122＝400，
在Rt△CEF中，EF2＝EC2+CF2＝62+82＝100，
∴BD2+EF2＝400+100＝500，
∴DF2+BE2＝500
【變式3】（2021秋?荔灣區(qū)校級期中）以△ABC的AB，AC為邊分別作正方形ADEB，正方形ACGF，連接DC，BF．
（1）CD與BF有什么數量與位置關系？說明理由．
（2）利用旋轉的觀點，在此題中，△ADC可看成由哪個三角形繞哪點旋轉多少角度得到的．
【解答】解：（1）CD＝BF且CD⊥BF，理由如下：
∵四邊形ABED和四邊形ACGF都是正方形，
∴AD＝AB，AC＝AF，∠DAB＝∠CAF＝90°，
又∵∠DAC＝∠DAB+∠BAC，∠BAF＝∠CAF+∠BAC，
∴∠DAC＝∠BAF，
在△DAC與△BAF中，
，
∴△DAC≌△BAF（SAS），
∴DC＝BF，
∴∠AFB＝∠ACD，
又∵∠AFN+∠ANF＝90°，∠ANF＝∠CNM，
∴∠ACD+∠CNM＝90°，
∴∠NMC＝90°，
∴BF⊥CD；
（2）∵AD＝AB，AC＝AF，CD＝BF，∠DAB＝∠CAF＝90°，
∴△ADC可看成是△ABF繞點A順時針旋轉90°得到的．

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