2024年中考数学专题复习第三部分 题型二 微专题4 手拉手模型 课件

微专题4 手拉手模型 微专题4　手拉手模型(9年6考) 一阶 模型应用 模型回顾 1. (1)OA≠OB，OC≠OD，CD∥AB；(2)∠AOB＝∠COD；(3)将△OCD绕顶点O旋转，连接AC，BD，可得：△AOC∽△BOD.简记：非等腰，共顶角，绕共顶点旋转得相似． 一、手拉手模型动态旋转图形(9年5考) 1. 如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点C旋转一定角度得到△A′B′C，求 的值． 第1题图 解：由旋转可知：∠BCB′＝∠ACA′，BC＝B′C，AC＝A′C，∴ ＝ ，∴△BCB′∽△ACA′，∵△ABC为直角三角形，∠ACB＝30°，∴BC＝ AC，∴ ＝ ＝ . 模型回顾 2. (1)OA＝OB，OC＝OD；(2)∠AOB＝∠COD；(3)将△OCD绕顶点O旋转，连接AC，BD，可得：△AOC≌△BOD.简记：双等腰，共顶角，绕共顶点旋转得全等． 手拉手模型 2. 如图，将等腰△ABC绕点A旋转得到△DAE，点B，C的对应点分别是点D，E，AB＝AC，连接BD，CE，若BD＝3，求CE的长． 第2题图 解：由旋转可知：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. 如图，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，点D是平面内一点，连接DC，DB，将线段DB绕点D逆时针旋转90°得到线段DE，连接AE，BE.求 的值． 第3题图 解：∵线段DB绕点D逆时针旋转90°得到线段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、可视为手拉手模型的静态图形 4. 如图，已知正方形ABCD和正方形DEFG，连接AE，CG相交于点H，AE交CD于点O，试判断AE和CG的数量和位置关系，并证明． 第4题图 解：AE＝CG，AE⊥CG，证明：∵四边形ABCD与四边形DEFG都为正方形，∴AD＝CD，ED＝GD，∠ADC＝∠EDG＝90°.∴∠ADC＋∠CDE＝∠EDG＋∠CDE，即∠ADE＝∠CDG， 第4题图 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. 如图，在△ABC中，AB＝4，AC＝2 ，P为△ABC内一点，连接BP，CP，且CP⊥BP，延长BP至点D使得∠BAP＝∠CAD，连接CD.若∠APD＝∠ABC，∠DBC＝30°，求AP的长． 第5题图 解：∵∠CAD＝∠BAP，∴∠PAD＝∠BAC，∵∠APD＝∠ABC，∴△ABC∽△APD，∴ ＝ ＝ ，∴ ＝ ，∵∠CAD＝∠BAP，∴△ACD∽△ABP，∴ ＝ ＝ ， 设CP＝x，∵CP⊥BP，∠PBC＝30°，∴BC＝2x，BP＝ x，∴ ＝ ＝ ，解得CD＝ x，在Rt△CPD中，根据勾股定理，得PD＝ ＝ x， ∵ ＝ ，即 ＝ 解得AP＝ . 第5题图 二阶 模型构造 模型展示 模型特点 ①有公共点(点C)的两对等线段(AC＝BC，CE＝CD) ②两对线段的夹角相等(α) 构造方法 ①补拉手线(连接AD，BE) ②构造另一个三角形．(连接CE或AC) 结论 △BCE≌△ACD △BCA∽△ECD 6. 如图，将正方形ABCD的边AB绕点A逆时针旋转至AB′，连接BB′，过点D作DE⊥BB′，交BB′的延长线于点E，连接DB′，CE.求 的值． 解：如图，连接BD， 第6题图 ∵AB＝AB′，设∠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°，∴△DE