2024年中考数学复习：手拉手模型剖析

手拉手模型剖析

本质原理

观察图4」,已知（CA=CB,CD=CE/ACB=乙ECD,,A,E拉手,B,D拉手（即连接AE,BD）,贝！］△ACE=△BCD,,此模型称为手拉手模

型，这也是手拉手模型的雏形.

图4.1

特别地，当^ACB=乙ECD=60。,,且B,C,D三点共线时，如图4.2所示，连接AD,BE,则△ACD=△BCE.

我们再连接AB,DE,如图4.3所示，我们就可以证明出如下5组常用结论：

结论1：三组全等（如图4.4所示），均为旋转型全等.

结论2：三个等边三角形（如图4.5所示），即

说明：△FCE三XGCD=CF=CG.

结论3：三组平行线（如图4.6所示）,BPAB\\CE,FG\\BD,AC\\DE.

A

图43

图4.4

△FCE^AGCDnCF=CG

图4.5

图4.6

结论4:三个特殊60。（如图4.7所示），即Nl=N2=/3=60。.

【分析】如图4.7所示油△ACD当aBCE,可得NHAF=NCBF,易得在AAFH和4BCF中./l=NFCB=60。.

如图4.8所示，由△ACD会4BCE彳导到对应边AD,BE边上的高相等，即CM=CN.又CH=CH,则△CHN之△CHM（HL）,因此N2=N

3,故CH平分NBHD.

结论5:三个和差式（如图4.9所示入

【分析】DE=DC邻边相等的对角互补模型，将^DEH绕着点D逆时针旋转60°,H的对应点为H得到等边八DHH,进而HD=H

E+HC,同法可证HB=HA+HC和HC=HF+HG,具体详见第6讲“邻比对补模型”.

总结:三点共线(B,C,D),五“三”出现.

通过以上的推导，我们发现，手拉手模型本质上就是旋转型的全等，进而产生了五个“三”结论.

那图形旋转的本质又是什么呢?接下来我们来探究下.

我们先区分两个情景：

情景1在图形旋转的过程中，我们不改变其大小，也就是全等形.

如图4.10所示，△ABC绕着点C顺时针旋转到A4DC,,使得CB与CD重合.此时就产生了新的特殊图形“等腰△ACA，"；

如图4.11所示,△ABP绕着点B顺时针旋转60。到△CBP',使得AB与BC重合.此时就产生了新的特殊图形“等边△BPP”.

图4.10

图4.11

通过上面两组图形的变换，我们发现图形等量旋转的本质就是：全等形手拉手模型的构造，其变换特征为等线段、共端点、用

旋转.

实例剖析

(1)如图4.12所示,P是正方形ABCD内一点，连接PA,PB,PC.现将△PAB绕点B顺时针旋转90。得到△PCB,连接PP.若PA=

V2,PB=3,LAPB=135。，厕PC的长为___，正方形ABCD的边长为____.

⑵如图4.13所示,若点P是等边△ABC内的一点,且PA=3,PB=4,PC=5,则NAPB=_,

(3)如图4.14所示,在四边形ABCD中,AD=3,CD=2,NABC=NACB=NADC=45。,贝[]BD=

图4.12图4.13图4.14

【解题要点】利用“等线段、共端点、用旋转”，大胆旋转是解题的关键，要注意只旋转和等边相关的三角形，如图4.13所示，

就有6种转法，A,B,C均可以作为“共端点”，如果以B为共顶点，贝必ABP和^BCP均可旋转，目的只有一个，就是使等边重

合，即AB,BC重合.

【答案】(1)2V5,V17.(2)150°.(3)722.

【分析】(1)fi.ZPBP'=90°,BP=BP'^ABPP为等腰直角三角形，又/BP，C=NAPB=135。,所以=45°,PP'=V2PB=3

VX,故NPP'C=135°-45°=90°.

在RtAPP'C中,PC=VPP，2+P'C2=J(3V2)2+(V2)2=2V5.

过点A作AE1BP交BP的延长线于点E,在RtAAEB中.由勾股定理得AB=NAE?+BE2=Vl2+42=V17.

(2)如图4.15所示，将ABPC绕点B逆时针旋转60。得到△BP'A,,连接PP',,易得△BPP是等边三角形，则.PP'=BP=4/BP

P'=60°.

在4APP'中，AP=3,PP'=4,AP'=5,贝！］AAPP'=90°,故UPB=AAPP'+/•BPP'=90°+60°=150°.

(3)等线段(AB=AC),共端点(点A),用旋转(可旋转4ABD或4ACD).

如图4.16所示,将△ABD绕点A顺时针旋转90。得到△ACK.连接DK.

图4.15图4.16

由旋转的性质得△ABD三&4CK,则AK=AD=3,CK=BD/KAD=90°,所以△D4K是等腰直角三角形，则DK=V2AD=3

V2,AADK=45。，故乙CDK=乙ADC+乙ADK=45°+45°=90°.

在RtACDK中,CK=y]DK2+CD2=J(3四)？+22=痕，则BD=V22.

情：景：2在图形旋转的过程中，我们改变其大小，将其进行缩放，也就是相似形.

如图4.17所示，将NABC绕点A按逆时针方向旋转一定角度后，得到△AB'C,其中相似比为AB:AB'=m：2则缁=*=",

ADACTL

□ABAB'

即n就=而

又Z.BAB'=/C4C',,连接BB',CC',如图4.18月标，可彳导4BAB'^ACAC.

图4.17图4.18

由此我们可以得到，只要三角形产生了旋转，就会有两组相似三角形产生，记忆口诀就是：一转成双.

我们发现图形等量旋转的本质就是：相似形手拉手模型的构造，其变换特征为比线段、共端点、用旋转.

实例剖析

【问题背景】如图4.19所示，已知△ABCs/\ADE,求证:△ABD^AACE.

【尝试应用】如图4.20所示，在△ABC和^ADE中,NBAC=NDAE=90°,ZABC=ZADE=30°,AC与DE相交于点F,点D在BC

瑞=何衅=」

【拓展创新】如图4.21所示,D是4ABC内一点,NBAD=NCBD=3(T,NBDC=9(r,AB=4,AC=2V5,则AD=.

【答案】3;V5.

【分析】

【问题背景】因为△ABCs^ADE,所以空=—,/LBAC="4E,则NBAD=^CAE,—="故△ABD^AACE.

ADAEACAE

【尝试应用】连接EC.因为NBAC=ZDAE=90°,ZABC=ZADE=30。,所以4ABC^AADE.

由“问题背景”知△ABD^AACEJI]詈=竿=遮在图4.20中,NB=NACE=30。.

设EC=a，贝!J.BD=y[3a,AD=3a.

因为NADFuNACEnSOo/AFDuNEFC,所以△ADFs/iECF,贝！]—=—=—=3.

CFCEa

【拓展创新】比线段（BD=V5DC）,共端点（点D）.用旋转（可旋转^ADC或4ADB或4CDB）.

如图4.22所示，将NADC绕点D按顺时针方向旋转90。彳导到△BDM,相似比为1:但.连接AM,此时DM=y[3AD,BM=翼AC=6

,AADM=90°

图4.22

设AD=xW.DM=在RtAADM中,AM=2x,则tan/D4M=黑=遮,即NDAM=60°,所以NBAM=NBAD+NDAM=90°.

2222

在RtABAM中,AM+AB=BM?,即(2x)+4=6?解得xr=V5,x2=-西(舍去)故AD=x=遮

情景3这个情景比较特殊，如图4.23所示，△AMN和八APQ均为等腰直角三角形，如果顶点N和顶点Q重合，很明显是要构

造手拉手模型了，但是它偏偏是锐角顶点A重合在了一起，说好的手拉手一起走呢?

这还没完，它居然连接了MP,又取MP的中点G,最后连接了NG,QG,完啦，全乱了

不过先别急，既然有了中点就要有“中点四联想”（中位线、直角三角形斜边中线、三线合一、倍长中线）.

但是怎么用呢?难道真的没有手拉手了吗?

真相马上