专题14 旋转与手拉手模型全解-决胜2021中考数学压轴题全揭秘精品（河南专用）

专题14 旋转与手拉手模型全解 【模型讲解】 手拉手模型形状判定 以两顶角相等的等腰三角形为例：如图所示， 【模型一】两等边三角形手拉手 特殊地，当B、C、E三点共线时，有如下结论： （1）△ACE≌△BCD；（2）AE=BD；（3）△ACH≌△BCG； （4）△ECH≌△DCG；（5）△CGH是等边三角形；（6）GH∥BE （7）∠AFB=60°；（8）△AFG∽△BCG，△DFH∽△ECH； （9）CF平分∠BFE；（10）BF=AF+CF；EF=DF+CF. （1）~（8）证明较易，同学们自行完成证明； （9）证明：∵△ACE≌△BCD ∴S△ACE=S△BCD，AE=BD ∴点C到AE的距离等于点C到BD的距离， 故CF平分∠BFE. （10）在BF上截取FM=FC， 易证△CFM为等边三角形，△BCM≌△ACF ∴BM=AF，CF=FM， ∴BF=BM+FM=AF+CF 同理，EF=DF+CF. 【模型二】两等腰三角形手拉手 已知AB=AC，AD=AE，∠CAB=∠DAE 结论：△ACD≌△BCE； AD=BE； ∠AFB=∠ACB； CF平分∠AFE. 【模型三】两等腰直角三角形手拉手 【左拉左，右拉右】 如图，OA=OB，OE=OF，∠AOB=∠EOF=90°，连接AE，BF相交于点G. 结论：△AOE≌△BOF，AE=BF； △AOM∽△BGM，△EGN∽△FON； ∠AGB=90°，AE⊥BF； OG平分∠AGF. 【左拉右，右拉左】 连接AF，BE 结论：（1）AB2+EF2=AF2+BE2 证法：AE⊥BF，由勾股定理证明. （2）AG=BG+OG，FG=EG+OG. 在AG上截取AQ=BG，证：△AOQ≌△BOG，△GOQ为等腰直角三角形. 分别取AF、BE的中点为M、N， 结论：（3）AF=2ON； 延长ON至P，使PN=ON，连接BP， 证明：△BNP≌△ENO，∠AOF+∠BOE=∠OBP+∠BOE=180°，∠AOF=∠OBP △AOF≌△BOP （4）S△AOF=S△BOE； （5）OM⊥BE，ON⊥AF. 【模型四】特殊平行四边形手拉手 矩形手拉手转化为直角三角形手拉手； 菱形手拉手转化为等腰三角形手拉手； 正方形手拉手转化为等腰直角三角形手拉手. 以正方形手拉手为例，如图所示， 结论：△BCG≌△DCE，BG=DE，BG⊥DE； ∠BHD=90°，CH平分∠BHE. H点轨迹为以BD为直径的圆. 【模型五】缺手补手，创造手拉手 已知：△ABC为等边三角形，P在△ABC内部，∠APB=150°，求证：PA2+PB2=PC2. 方法：画出第四个手（边） 连接PD，CD，即构造出来了手拉手模型. 类似地，如下图： → 已知：△ABC为等边三角形，P在△ABC外，∠APC=30°，求证：PC2+PA2=PB2. → 已知：△ABC为等腰直角三角形，P在△ABC内，∠APB=135°，求证：PB2+2PA2=PC2. 【例1】【2020·郑州实验中学模考】四边形ABCD是正方形，△BEF是等腰直角三角形，∠BEF＝90°，BE＝EF，连接DF，G为DF的中点，连接EG，CG，EC． （1）问题发现：如图1，若点E在CB的延长线上，直接写出EG与GC的位置关系及的值； （1）操作探究：将图1中的△BEF绕点B顺时针旋转至图2所示位置，请问（1）中所得的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由； （2）解决问题：将图1中的△BEF绕点B顺时针旋转，若BE＝1，AB＝，当E，F，D三点共线时，请直接写出CE的长． 【例2】【2020·河南开封市二模】 （1）（问题发现） 如图1，在Rt△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，点D为BC的中点，以CD为一边作正方形CDEF，点E恰好与点A重合，则线段BE与AF的数量关系为　 　 （2）（拓展研究） 在（1）的条件下，如果正方形CDEF绕点C旋转，连接BE，CE，AF，线段BE与AF的数量关系有无变化？请仅就图2的情形给出证明； （3）（问题发现） 当正方形CDEF旋转到B，E，F三点共线时候，直接写出线段AF的长． 图1 图2 备用图 【例3】【2020·河南开封名校联考】 综合与实践 背景阅读：旋转就是将图形上的每一点在平面内绕着旋转中心旋转固定角度的位置移动，其中“旋”是过程，“转”是结果．旋转作为图形变换的一种，具备图形旋转前后对应点到旋转中心的距离相等：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角：旋转前、后的图形是全等图形等性质．所以充分运用这些性质是在解决有关旋转问题的关健． 实践操作：如图1