2024河南中考数学专题复习第三部分 题型二 微专题4 手拉手模型 课件

微专题4手拉手模型微专题4手拉手模型(9年6考)一阶

模型应用模型回顾1.(1)OA≠OB，OC≠OD，CD∥AB；(2)∠AOB＝∠COD；(3)将△OCD绕顶点O旋转，连接AC，BD，可得：△AOC∽△BOD.简记：非等腰，共顶角，绕共顶点旋转得相似．一、手拉手模型动态旋转图形(9年5考)1.如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点C旋转一定角度得到△A′B′C，求

的值．第1题图解：由旋转可知：∠BCB′＝∠ACA′，BC＝B′C，AC＝A′C，∴＝

，∴△BCB′∽△ACA′，∵△ABC为直角三角形，∠ACB＝30°，∴BC＝

AC，∴＝

＝

.模型回顾2.(1)OA＝OB，OC＝OD；(2)∠AOB＝∠COD；(3)将△OCD绕顶点O旋转，连接AC，BD，可得：△AOC≌△BOD.简记：双等腰，共顶角，绕共顶点旋转得全等．手拉手模型2.如图，将等腰△ABC绕点A旋转得到△DAE，点B，C的对应点分别是点D，E，AB＝AC，连接BD，CE，若BD＝3，求CE的长．第2题图解：由旋转可知：AB＝AD，AC＝AE，∠BAC＝∠DAE，∵∠BAC＝∠BAD＋∠DAC，∠DAE＝∠DAC＋∠CAE，∴∠BAD＝∠CAE，∵AB＝AC，∴AB＝AD＝AC＝AE，在△BAD和△CAE中，∴△BAD≌△CAE(SAS)，∴CE＝BD＝3.3.如图，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，点D是平面内一点，连接DC，DB，将线段DB绕点D逆时针旋转90°得到线段DE，连接AE，BE.求

的值．第3题图解：∵线段DB绕点D逆时针旋转90°得到线段DE，∴△BDE是等腰直角三角形，∴＝

，∠EBD＝45°∵△ABC是等腰直角三角形，∴＝

，∠ABC＝45°，∴∠ABC＝∠EBD，∴∠ABE＝∠CBD，

＝

，∴△ABE∽△CBD，∴＝

＝

.二、可视为手拉手模型的静态图形4.如图，已知正方形ABCD和正方形DEFG，连接AE，CG相交于点H，AE交CD于点O，试判断AE和CG的数量和位置关系，并证明．第4题图解：AE＝CG，AE⊥CG，证明：∵四边形ABCD与四边形DEFG都为正方形，∴AD＝CD，ED＝GD，∠ADC＝∠EDG＝90°.∴∠ADC＋∠CDE＝∠EDG＋∠CDE，即∠ADE＝∠CDG，第4题图在△ADE和△CDG中，∴△ADE≌△CDG(SAS)，∴AE＝CG，∴∠DAE＝∠DCG，∵∠ADC＝90°，∴∠DAE＋∠AOD＝90°，∵∠AOD＝∠COH，∴∠DCG＋∠COH＝90°，∴∠AHC＝90°，∴AE⊥CG.5.如图，在△ABC中，AB＝4，AC＝2，P为△ABC内一点，连接BP，CP，且CP⊥BP，延长BP至点D使得∠BAP＝∠CAD，连接CD.若∠APD＝∠ABC，∠DBC＝30°，求AP的长．第5题图解：∵∠CAD＝∠BAP，∴∠PAD＝∠BAC，∵∠APD＝∠ABC，∴△ABC∽△APD，∴＝

＝

，∴＝

，∵∠CAD＝∠BAP，∴△ACD∽△ABP，∴＝

＝

，设CP＝x，∵CP⊥BP，∠PBC＝30°，∴BC＝2x，BP＝

x，∴＝

＝

，解得CD＝

x，在Rt△CPD中，根据勾股定理，得PD＝

＝

x，∵＝

，即

＝

解得AP＝

.第5题图二阶

模型构造模型展示模型特点①有公共点(点C)的两对等线段(AC＝BC，CE＝CD)②两对线段的夹角相等(α)构造方法①补拉手线(连接AD，BE)②构造另一个三角形．(连接CE或AC)结论△BCE≌△ACD△BCA∽△ECD6.如图，将正方形ABCD的边AB绕点A逆时针旋转至AB′，连接BB′，过点D作DE⊥BB′，交BB′的延长线于点E，连接DB′，CE.求

的值．解：如图，连接BD，第6题图∵AB＝AB′，设∠BAB′＝α，∴∠AB′B＝90°－

，∵∠B′AD＝90°－α，AD＝AB′，∴∠AB′D＝45°＋

，∴∠EB′D＝180°－∠AB′D－∠AB′B＝180°－(45°＋

)－(90°－

)＝45°，∵DE⊥BB′，∴∠EDB′＝∠EB′D＝45°，∴△DEB′是等腰直角三角形，∴＝

，∵四边形ABCD是正方形，∴＝

，∠BDC＝45°，∴＝

＝

，∵∠EDB′＝∠BDC，∴∠EDB′－∠B′DC＝∠BDC－∠B′DC，即∠B′DB＝∠EDC，∴△B′DB∽△EDC，∴＝

＝

.第6题图7.如图，点A是△BCD内一点，∠ADB＝∠ABC＝30°，∠BAC＝90°，BD＝3，CD＝

，求AD的长．第7题图∴∠DAE＝∠BAC＝90°，∵∠ADB＝∠ABC＝30°，∴△ADE∽△ABC，∴＝

，又∵∠DAB＝∠EAC，∴△DAB∽△EAC，∴＝

＝

，∠DBA＝∠ECA，E解：如图，作AE⊥AD，交BD于点E，连接CE，∟第7题图∵BD＝3，∴CE＝

，∠BEC＝90°，在Rt△CDE中，由勾股定理得，DE＝2，∵∠ADE＝30°，∠DAE＝90°，∴AD＝

.E∟

解题关键点作AE⊥AD交BD于点E，连接CE，证明△ADE∽△ABC，△DAB∽△EAC.三阶

综合提升1.如图，△ABC中，AD⊥BC于点D，∠ABC＝45°，BC＝4，CD＝1，若将△ADC绕点D逆时针方向旋转得到△FDE，当点E恰好落在AC上时，连接AF.则AF的长是________．第1题图2.如图，在△ABC中，点D在AB上，过点D作DE∥BC交AC于点E，将△ADE绕点A逆时针旋转，旋转角为α(0°＜α＜180°)，得到△AD′E′，连接CE′，BD′.若AB＝6，AD∶BD＝1∶2，旋转角α＝60°，求BD′的长．∵AB＝6，AD∶BD＝1∶2，∴AD＝AD′＝

AB＝2，在Rt△AD′M中，∵∠D′AM＝60°，∴∠AD′M＝30°，第2题图解：如图，过点D′作D′M⊥AB于点M，M∟∴AM＝

AD′＝1，由勾股定理得D′M＝

＝

，在Rt△BD′M中，BM＝AB－AM＝6－1＝5，∴BD′＝

＝

＝2.第2题图M∟3.如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为BC的中点．若点E，F分别为AB，AC上的点，且DE⊥DF，求证：BE＝AF.证明：如图，连接AD，第3题图∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠C＝∠B＝45°，∵点D为BC的中点，∴AD⊥BC，AD＝BD＝DC，AD平分∠BAC，∴∠DAC＝∠BAD＝∠B＝45°，∠ADC＝90°，∵DE⊥DF，∴∠EDF＝90°，∴∠ADF＋∠FDC＝90°，∠FDC＋∠BDE＝90°，∴∠BDE＝∠ADF，在△BDE和△ADF中，∴△BDE≌△ADF(ASA)，∴BE＝AF.第3题图4.如图，在△ABC和△ADE中，∠ABC＝∠ADE＝90°，∠BAC＝∠DAE＝30°，O是BC的中点，连接EO并延长至点F，使得EO＝OF，连接BF，BD，求

的值．解：如图，连接EC，BE，CF，∵∠BAC＝∠DAE＝30°，∴∠DAB＝∠DAE

－∠BAE＝∠BAC

－∠BAE＝∠EAC，∵∠ABC＝∠ADE＝90°,∴＝

＝cos30°＝

，∴△ADB∽△AEC，第4题图∴＝

.∵点O是BC的中点，∴OB＝OC，∵OE＝OF，∴四边形BECF是平行四边形，∴BF＝EC，∴＝

＝

.第4题图

解题关键点连接CE，BE，CF，构造手拉手模型，证得△ADB∽△AEC，结合平行四边形的判定与性质求解．5.如图，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠ABC＝∠ADE＝90°，∠ACB＝∠AED，点C，E，D在同一直线上，且AC＝2AE，AB＝3.(1)求AD的长；第5题图解：(1)∵∠ABC＝∠ADE＝90°，∠ACB＝∠AED，∴△ABC∽△ADE，∴＝

＝2，∵AB＝3，∴AD＝

；(2)若sin∠CAE