专题11 手拉手模型-备战2021年中考数学二轮复习题型专练（浙江专用）

题型十一 手拉手模型 【要点提炼】 全等型手拉手模型 1、 【识别手拉手模型】 下面的图像均为手拉手模型题目中的图像，同学们能观察出两个图像共同的特点吗？ 形如：共顶点、双等腰、顶角相等 的图形即为手拉手模型 2、 【“手”怎么判断】 想象每个等腰三角形都是一个三角形的桌子，三边旁边分别有一个座位，我们选择面对顶角的座位坐下，那么左手边的顶点即左手，右手边的顶点即右手 3、 【重要结论】 每一个手拉手模型都会共同的重要结论，把这些结论以及推理方法都记住，做题时可以快速求解 结论如下： ①▲ABC▲AB’C’ (▲顶左左▲顶右右） ②BC=B’C’ (左左=右右） ③∠BOB’=∠BAB’ （左左和右右的夹角=等腰三角形的顶角） ④AO平分∠BOC’ (利用全等三角形对应高线相等以及角平分线性质定理的逆定理证明） 4、 【构造手拉手模型】 ①什么样的题目需要构造手拉手模型？ 如下图，图形中从一点A出发有三条线，其中两条相等，那么可以将▲ABC看作等腰三角形，那这个图形就和手拉手模型很像了，就是缺了一个等腰的手拉手 因此，已知共顶点等线段时可以构造手拉手模型 ②如何构造手拉手模型？ 牢记手拉手模型的特点：共顶点、双等腰、顶角相等，只要把图形补充为符合这些特点即可 即以AD为边、A为顶角、在顶角与▲ABC相等的情况下构造手拉手模型，如下图 相似型手拉手模型 1、 【识别手拉手模型】 和全等型不同的是，相似型手拉手模型没有等腰，但是仍然符合共顶点、“顶角”等的特点，判断左右手的方式也和全等型相同 2、 【重要结论】 ①▲ABC▲ADE、▲ABD▲AEC（▲顶左左▲顶右右） ② 3、 【构造手拉手模型】 ①什么时候构造相似型手拉手模型？ 已知共顶点三条线，其中两条已知比例关系的，就可以构造手拉手模型，按照图形特点补充即可 【专题训练】 一．选择题（共3小题） 1．如图，已知△ABC和△ADE都是等腰三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，BD，CE交于点F，连接AF．下列结论：①BD＝CE；②BF⊥CF；③AF平分∠CAD；④∠AFE＝45°．其中正确结论的个数有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．如图，△ABC和△ECD都是等边三角形，且点B、C、D在一条直线上，连接BE、AD，点M、N分别是线段BE、AD上的两点，且BMBE，ANAD，则△CMN的形状是（　　） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等边三角形 D．不等边三角形 3．如图，A、B、C在同一条直线上，△ABF和△BCE均为等边三角形，AE、FC分别交FB、EB于点M、N，下列结论中：①△ABE≌△FBC，②AB＝FN，③BM＝BN，④∠ADF＝60°，⑤DB平分∠ADC，其中正确的有（　　） A．5个 B．4个 C．3个 D．2个 二．填空题（共1小题） 4．匈牙利著名数学家爱尔特希（P．Erdos，1913﹣1996）曾提出：在平面内有n个点，其中每三个点都能构成等腰三角形，人们将具有这样性质的n个点构成的点集称为爱尔特希点集．如图，是由五个点A、B、C、D、O构成的爱尔特希点集（它们为正五边形的任意四个顶点及正五边形的中心构成），则∠ADO的度数是　 　． 三．解答题（共6小题） 5．如图1，在等腰直角三角形ADC中，∠ADC＝90°，AD＝4．点E是AD的中点，以DE为边作正方形DEFG，连接AG，CE．将正方形DEFG绕点D顺时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜90°）． （1）如图2，在旋转过程中， ①判断△AGD与△CED是否全等，并说明理由； ②当CE＝CD时，AG与EF交于点H，求GH的长． （2）如图3，延长CE交直线AG于点P． ①求证：AG⊥CP； ②在旋转过程中，线段PC的长度是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由． 6．（1）操作发现：如图①，小明画了一个等腰三角形ABC，其中AB＝AC，在△ABC的外侧分别以AB，AC为腰作了两个等腰直角三角形ABD，ACE，分别取BD，CE，BC的中点M，N，G，连接GM，GN．小明发现了：线段GM与GN的数量关系是　 　；位置关系是　 　． （2）类比思考： 如图②，小明在此基础上进行了深入思考．把等腰三角形ABC换为一般的锐角三角形，其中AB＞AC，其它条件不变，小明发现的上述结论还成立吗？请说明理由． （3）深入研究： 如图③，小明在（2）的基础上，又作了进一步的探究．向△ABC的内侧分别作等腰直角三角形ABD，ACE，其它条件不变，试判断△GMN的形状，并给与证明． 7．请完成如下探究系列的有关问题： 探究1：如图1，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，点D为BC上一动点，连接AD，以AD为边在AD的右侧作正方形ADEF，连接