中考专题-手拉手模型,中考专题手拉手模型专题课教学ppt

中考专题手拉手模型模型一全等型手拉手模型模型应用1.如图，在△ABC和△CDE中，AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°，连接AE、BD.求证：(1)△ACE≌△BCD；第1题图证明：∵∠ACB＝∠ECD＝90°，∴∠ACB－∠BCE＝∠ECD－∠BCE，即∠ACE＝∠BCD，在△ACE和△BCD中，∴△ACE≌△BCD(SAS)；ACBCACEBCDCECD,第1题图ACBCACEBCDCECD,(2)AE⊥BD.第1题图如解图，延长AE交CB于点T，交BD于点H，TH△ACE≌△BCD，∴∠CAE＝∠CBD，∵∠CAE＋∠CTE＝90°，∴∠CBD＋∠CTE＝90°，∵∠CTE＝∠BTH，∴∠BTH＋∠CBD＝90°，∴∠BHT＝90°，∴AE⊥BD.2.如图，AB＝AC，AD＝AE，∠CAB＝∠EAD，F为BD、CE的交点.(1)求证：BD＝CE；第2题图证明：∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC＋∠CAD＝∠DAE＋∠CAD，∴∠BAD＝∠CAE，在△BAD和△CAE中，∴△BAD≌△CAE(SAS)，∴BD＝CE；ABACBADCAEADAE,ABACBADCAEADAE,(2)连接AF，求证：AF平分∠BFE.第2题图∵△BAD≌△CAE，∴∠ABD＝∠ACE，∴∠ABC＋∠ACB＝∠FBC＋∠FCB＝∠BFE＝2∠ACB，∴∠BAC＝∠BFC，∴A，B，C，F四点共圆，∴∠AFB＝∠ACB，∴∠EFA＝∠BFE－∠AFB＝2∠ACB－∠ACB＝∠ACB，∴∠AFB＝∠EFA，∴AF平分∠BFE.模型分析模型展示模型特点在△OAB中，OA＝OB，在△OCD中，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝α，连接AC、BD，相交于点E.简记为：双等腰，共顶点，顶角相等，旋转得模型展示结论(1)△AOC≌△BOD(SAS)；(2)AC＝BD；(3)两条拉手线AC，BD所在直线的夹角与∠AOB相等或互补模型二相似型手拉手模型模型应用3.如图，在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，连接AC交BD的延长线于点M.(1)求的值；ACBD第3题图ACBD解：∵∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，∴∠COD＋∠AOD＝∠AOB＋∠AOD，即∠AOC＝∠BOD，，∴△AOC∽△BOD，∴；第3题图COAODOBO3ACCOBDDO3COAODOBO3ACCOBDDO3(2)求∠AMB的度数．∵△AOC∽△BOD，∴∠CAO＝∠DBO.∵∠AOB＝90°，∴∠DBO＋∠ABD＋∠BAO＝90°，∴∠CAO＋∠ABD＋∠BAO＝90°，∴∠AMB＝90°.第3题图解：由题意可知，在矩形ABCD、DEFG中，∠EDG＝∠ADC＝90°，∴∠EDG＋∠GDA＝∠ADC＋∠GDA，即∠EDA＝∠GDC，∵AD＝2DE，AB＝DC＝2DG，∴，∵AD＝DG，∴，∴△EDA∽△GDC，∴；EDDGADDC1212EDADGDCDAEEDCGGD124.如图，在矩形ABCD、DEFG中，AD＝2DE，AB＝2DG，AD＝DG，将矩形DEFG绕点D旋转，直线AE、CG交于点P.(1)求的值；AECG第4题图EDDGADDC1212EDADGDCDAEEDCGGD12AECG(2)证明：AE⊥CG.第4题图证明：∵由(1)可知，△EDA∽△GDC，∴∠DEA＝∠DGC，∵∠DEA＋∠EDG＝∠DGC＋∠GPE，∴∠GPE＝∠EDG＝90°，∴AE⊥CG.模型分析模型展示模型特点△AOB∽△COD，且绕公共顶点O旋转，简记为：非等腰，共顶点，顶角相等，旋转得相似结论△AOC∽△BOD；②；③两条拉手线AC，BD所在直线的夹角与∠AOB相等或互补ACOCOA=BDODOBACOCOA=BDODOB模型三构造手拉手模型模型应用5.如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，AB＝，BC＝4，以AC为边在AC的上方作正方形ACDE，连接BE，则BE的长为____．2第5题图252256.如图，在四边形ABCD中，∠CAB＝90°，∠ADC＝∠ACB＝α，tanα＝，CD＝5，AD＝12，求BD的长．43第6题图解：如解图，过点A作AD的垂线，并在垂线上取一点E使，则∠DEA＝∠ACB，连接EC，DE，易得△DAE∽△BAC，AEAD34└E∴，即，∠EDA＝∠ABC，∵∠DAE＝∠BAC＝90°，∴∠DAE＋∠DAC＝∠BAC＋∠DAC，即∠EAC＝∠DAB，∴△EAC∽△DAB，∴AEADADABAEACADABECACDBAB3443AEAD34AEADADABAEACADABECACDBAB34∵∠ADC＝∠ACB，∠EDA＝∠ABC，∴∠EDC＝∠ADC＋∠EDA＝∠ACB＋∠ABC＝90°，∵，AD＝12，∴AE＝9，∴，∵△EAC∽△DAB，∴，∴，解得BD＝.∴BD的长为.第6题图└EAEAD34DECE222212915155510，CEAEBDADBD510342010320103AEAD34DECE222212915155510，CEAEBDADBD510342010320103模型分析模型展示模型特点如图①，①有共端点(点A)的两条等线段(AD＝AC);②已知两条等线段的夹角(α)；③有过公共端点的第三条线段(AB)；④所求线段为BD模型展示构造方法如图②，①将线段AB绕点A顺时针旋转α，得到线段AE；②连接BE，CE；③构造△ABE和△ADC为共顶点的手拉手模型(其中CE、BD为拉手线)结论△ABD≌△AEC；△ABE∽△ADC【真题再现】1.(2020河南23题11分)将正方形ABCD的边AB绕点A逆时针旋转至AB′，记旋转角为α，连接BB′，过点D作DE垂直于直线BB′，垂足为点E，连接DB′，CE.(1)如图①，当α＝60°时，△DEB′的形状为________，连接BD，可求出的值为________；BBCEBBCE【解法提示】∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝90°，AB＝AD.由旋转性质知AB＝AB′，∠BAB′＝60°，∴△ABB′是等边三角形，∴∠AB′B＝60°，∠B′AD＝30°，AD＝AB′，∴∠AB′D＝(180°－30°)÷2＝75°，∴∠EB′D＝180°－60°－75°＝45°.∵DE⊥BB′，∴∠EDB′＝∠EB′D＝45°，∴DE＝B′E，∴△DEB′是等腰直角三角形；如解图①，连接BD，∵△EDB′是等腰直角三角形，四边形ABCD是正方形，∴，，∴.∵∠EDB′＝∠BDC，∴∠B′DB＝∠EDC，∴△B′DB∽△EDC，∴.BDCD2DBDE2DBBDDECD2BBBDCECD(1)如图①，当α＝60°时，△DEB′的形状为_______________，连接BD，可求出的值为_________；BBCE等腰直角三角形2；(2分)BDCD2DBDE2DBBDDECD2BBBDCECDBBCE2(2)当0°＜α＜360°，且α≠90°时，①(1)中的两个结论是否仍然成立？如果成立，请仅就图②的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；①两个结论仍成立．(3分)证明：如解图②，连接BD.∵AB＝AB′，∠BAB′＝α，∴∠AB′B＝90°－，∵∠B′AD＝α－90°，AD＝AB′，∴∠AB′D＝135°－.∴∠EB′D＝∠AB′D－∠AB′B＝45°.2222∵DE⊥BB′，∴∠EDB′＝∠EB′D＝45°，∴△DEB′是等腰直角三角形，∴.∵四边形ABCD为正方形，∴，∠BDC＝45°，∴.∵∠EDB′＝∠BDC，∴∠EDB′＋∠EDB＝∠BDC＋∠EDB.即∠B′DB＝∠EDC，∴△B′DB∽△EDC，∴；(9分)DBDE2BDCD2BDDBCDDEBBBDCECD2DBDE2BDCD2BDDBCDDEBBBDCECD2②当以点B′，E，C，D为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出的值．BEBE【解法提示】要使点B′，E，C，D为顶点的四边形是平行四边形，则CE＝B′D，设CE＝x，由①可得BB′＝x，B′D＝x，B′E＝x.分两种情况讨论：①当点B′在BE上时，BE＝BB′＋B′E＝x＋x＝x，则；222222322xBEBEx322322BEBE222222322xBEBEx322322②当点B′在BE的延长线上时，BE＝BB′－B′E＝x－x＝x，则.综上所述，当以点B′，E，C，D为顶点的四边形为平行四边形时，的值为1或3.222xBEBEx2212222BEBE②的值为1或3.(11分)BEBE222xBEBEx2212222BEBEBEBE2.(2019河南22题10分)在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝α.点P是平面内不与点A，C重合的任意一点，连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转α得到线段DP，连接AD，BD，CP.(1)观察猜想如图①，当α＝60°时，的值是________，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是________；BDCP第2题图①BDCP【解法提示】∵∠ACB＝60°，∠APD＝60°，AC＝BC，AP＝PD，∴△ACB与△APD都是等边三角形，∴AC＝AB，AP＝AD，而∠CAP＝∠CAB－∠PAB＝∠PAD－∠PAB＝∠BAD，∴△APC≌△ADB(SAS)．∴BD＝CP，∴＝1；∵△APC≌△ADB，∴∠ACP＝∠ABD，BDCP第2题图①BDCP(1)观察猜想如图①，当α＝60°时，的值是__，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是__________；BDCP∴∠CIB＝180°－∠PCB－∠CBD＝180°－(60°－∠ACP)－(60°＋∠ABD)＝60°＋∠ACP－∠ABD＝60°，∴直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是60°.I160°；(2分)第2题图①如解图①，设CP与BD的延长线交于点I，BDCP(2)类比探究如图②，当α＝90°时，请写出的值及直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数，并就图②的情形说明理由；BDCP第2题图②，45°；(4分)(2)2BDCP(2)2同理可得∠PAD＝45°，，∴，∠CAB＝∠PAD，∴∠CAB＋∠DAC＝∠PAD＋∠DAC，即∠DAB＝∠PAC.∴△DAB∽△PAC.(6分)∴，∠DBA＝∠PCA.ADAP2ABADACAPBDABCPAC2理由如下：∵∠ACB＝90°，CA＝CB，∴∠CAB＝45°，.ABAC2第2题图②ADAP2ABADACAPBDABCPAC2ABAC2设BD交CP于点G，交CA于点H.如解图②，∵∠BHA＝∠CHG，∴∠CGH＝∠BAH＝45°，∴，直线BD与CP相交所成的较小角的度数为45°；(8分)第2题图②GHBDCP2BDCP2(3)解决问题当α＝90°时，若点E，F分别是CA，CB的中点，点P在直线EF上，请直接写出当点C，P，D在同一直线上时的值．ADCP第2题图①第2题图②ADCP【解法提示】分两种情况讨论：如解图③，∵点E，F分别为CA，CB的中点，∴EF∥AB，∴∠CEP＝∠CAB＝45°，由题可知，∠CPA＝∠DPA＝90°，在RtAPC△中，点E为AC中点．∴PE＝AC＝AE＝CE.∴∠ECP＝∠EPC＝67.5°，∠EAP＝∠EPA＝22.5°.第2题解图③12EF12∵∠APQ＝90°，AP＝DP，∴∠PAD＝45°，∴∠DAC＝67.5°＝∠ECP.∴DA＝DC，设DA＝a，则DC＝DA＝a，PD＝a.∴PC＝a－a.∴；2222第2题解图③EFADaPCaa22222222ADaPCaa2222如解图④，可设AP＝DP＝b，则AD＝b，由EF∥AB，∠PEA＝∠CAB＝45°，在Rt△CPA中，E为AC的中点，∴PE＝AC＝AE＝EC，可证∠ECD＝∠EAD＝22.5°，易得CD＝AD＝b，CP＝b＋b，∴.综上所述，当点C，P，D在同一直线上时，的值为2＋或2－.212第2题解图④EF2222ADbCPbbADCP22(3)2＋或2－.(10分)22222122222ADbCPbbADCP222222