2024河南中考數(shù)學專題復習第三部分 題型二 微專題4 手拉手模型 課件

微專題4手拉手模型微專題4手拉手模型(9年6考)一階

模型應用模型回顧1.(1)OA≠OB，OC≠OD，CD∥AB；(2)∠AOB＝∠COD；(3)將△OCD繞頂點O旋轉，連接AC，BD，可得：△AOC∽△BOD.簡記：非等腰，共頂角，繞共頂點旋轉得相似．一、手拉手模型動態(tài)旋轉圖形(9年5考)1.如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，將△ABC繞點C旋轉一定角度得到△A′B′C，求

的值．第1題圖解：由旋轉可知：∠BCB′＝∠ACA′，BC＝B′C，AC＝A′C，∴＝

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

AC，∴＝

＝

.模型回顧2.(1)OA＝OB，OC＝OD；(2)∠AOB＝∠COD；(3)將△OCD繞頂點O旋轉，連接AC，BD，可得：△AOC≌△BOD.簡記：雙等腰，共頂角，繞共頂點旋轉得全等．手拉手模型2.如圖，將等腰△ABC繞點A旋轉得到△DAE，點B，C的對應點分別是點D，E，AB＝AC，連接BD，CE，若BD＝3，求CE的長．第2題圖解：由旋轉可知：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.如圖，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，點D是平面內(nèi)一點，連接DC，DB，將線段DB繞點D逆時針旋轉90°得到線段DE，連接AE，BE.求

的值．第3題圖解：∵線段DB繞點D逆時針旋轉90°得到線段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、可視為手拉手模型的靜態(tài)圖形4.如圖，已知正方形ABCD和正方形DEFG，連接AE，CG相交于點H，AE交CD于點O，試判斷AE和CG的數(shù)量和位置關系，并證明．第4題圖解：AE＝CG，AE⊥CG，證明：∵四邊形ABCD與四邊形DEFG都為正方形，∴AD＝CD，ED＝GD，∠ADC＝∠EDG＝90°.∴∠ADC＋∠CDE＝∠EDG＋∠CDE，即∠ADE＝∠CDG，第4題圖在△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.如圖，在△ABC中，AB＝4，AC＝2，P為△ABC內(nèi)一點，連接BP，CP，且CP⊥BP，延長BP至點D使得∠BAP＝∠CAD，連接CD.若∠APD＝∠ABC，∠DBC＝30°，求AP的長．第5題圖解：∵∠CAD＝∠BAP，∴∠PAD＝∠BAC，∵∠APD＝∠ABC，∴△ABC∽△APD，∴＝

＝

，∴＝

，∵∠CAD＝∠BAP，∴△ACD∽△ABP，∴＝

＝

，設CP＝x，∵CP⊥BP，∠PBC＝30°，∴BC＝2x，BP＝

x，∴＝

＝

，解得CD＝

x，在Rt△CPD中，根據(jù)勾股定理，得PD＝

＝

x，∵＝

，即

＝

解得AP＝

.第5題圖二階

模型構造模型展示模型特點①有公共點(點C)的兩對等線段(AC＝BC，CE＝CD)②兩對線段的夾角相等(α)構造方法①補拉手線(連接AD，BE)②構造另一個三角形．(連接CE或AC)結論△BCE≌△ACD△BCA∽△ECD6.如圖，將正方形ABCD的邊AB繞點A逆時針旋轉至AB′，連接BB′，過點D作DE⊥BB′，交BB′的延長線于點E，連接DB′，CE.求

的值．解：如圖，連接BD，第6題圖∵AB＝AB′，設∠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，∴＝

，∵四邊形ABCD是正方形，∴＝

，∠BDC＝45°，∴＝

＝

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

＝

.第6題圖7.如圖，點A是△BCD內(nèi)一點，∠ADB＝∠ABC＝30°，∠BAC＝90°，BD＝3，CD＝

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

，又∵∠DAB＝∠EAC，∴△DAB∽△EAC，∴＝

＝

，∠DBA＝∠ECA，E解：如圖，作AE⊥AD，交BD于點E，連接CE，∟第7題圖∵BD＝3，∴CE＝

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

.E∟

解題關鍵點作AE⊥AD交BD于點E，連接CE，證明△ADE∽△ABC，△DAB∽△EAC.三階

綜合提升1.如圖，△ABC中，AD⊥BC于點D，∠ABC＝45°，BC＝4，CD＝1，若將△ADC繞點D逆時針方向旋轉得到△FDE，當點E恰好落在AC上時，連接AF.則AF的長是________．第1題圖2.如圖，在△ABC中，點D在AB上，過點D作DE∥BC交AC于點E，將△ADE繞點A逆時針旋轉，旋轉角為α(0°＜α＜180°)，得到△AD′E′，連接CE′，BD′.若AB＝6，AD∶BD＝1∶2，旋轉角α＝60°，求BD′的長．∵AB＝6，AD∶BD＝1∶2，∴AD＝AD′＝

AB＝2，在Rt△AD′M中，∵∠D′AM＝60°，∴∠AD′M＝30°，第2題圖解：如圖，過點D′作D′M⊥AB于點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題圖M∟3.如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點D為BC的中點．若點E，F(xiàn)分別為AB，AC上的點，且DE⊥DF，求證：BE＝AF.證明：如圖，連接AD，第3題圖∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠C＝∠B＝45°，∵點D為BC的中點，∴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題圖4.如圖，在△ABC和△ADE中，∠ABC＝∠ADE＝90°，∠BAC＝∠DAE＝30°，O是BC的中點，連接EO并延長至點F，使得EO＝OF，連接BF，BD，求

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

－∠BAE＝∠BAC

－∠BAE＝∠EAC，∵∠ABC＝∠ADE＝90°,∴＝

＝cos30°＝

，∴△ADB∽△AEC，第4題圖∴＝

.∵點O是BC的中點，∴OB＝OC，∵OE＝OF，∴四邊形BECF是平行四邊形，∴BF＝EC，∴＝

＝

.第4題圖

解題關鍵點連接CE，BE，CF，構造手拉手模型，證得△ADB∽△AEC，結合平行四邊形的判定與性質(zhì)求解．5.如圖，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠ABC＝∠ADE＝90°，∠ACB＝∠AED，點C，E，D在同一直線上，且AC＝2AE，AB＝3.(1)求AD的長；第5題圖解：(1)∵∠ABC＝∠ADE＝90°，∠ACB＝∠AED，∴△ABC∽△ADE，∴＝

＝2，∵AB＝3，∴AD＝

；(2)若sin∠CAE