2024年广东九年级中考数学专题复习课件专题二　手拉手模型

1 1 等腰直角三角形手拉手 1．如图，△AEF和△ABC都是等腰直角三角形，∠EAF＝∠BAC＝90°，将其中一个三角形绕点A旋转到如图所示的位置，连接BE，CF，且BE，CF交于点O，BE，AC交于点P. (1)求证：BE＝CF； 2 证明：∵△AEF和△ABC都是等腰直角三角形， ∴AE＝AF，AC＝AB，∠EAF＝∠BAC＝90°. ∴∠EAF＋∠EAC＝∠BAC＋∠EAC. ∴∠FAC＝∠EAB. ∴△ACF≌△ABE(SAS). ∴BE＝CF. 在△ACF和△ABE中， 3 (2)求证：BE⊥CF； 证明：由(1)得△ACF≌△ABE， ∴∠ACF＝∠ABE. 又∵∠OPC＝∠APB， ∴∠POC＝∠PAB＝90°. ∴BE⊥CF. 4 (3)连接OA，求证：OA平分∠BOF； 证明：如图，作AK⊥BE于点K，AL⊥CF于点L， 依题意，得∠AFL＝∠AEK，AF＝AE，∠ALF＝∠AKE， ∴△AFL≌△AEK(AAS). ∴AK＝AL. ∴OA平分∠BOF. 5 (4)求证：CF＝OE＋OA＋OC； ∵BE⊥CF，OA平分∠BOF， 证明：如图，过点A作AM⊥AO交 FC于点M； ∴∠AOM＝45°. ∴OA＝AM，OM＝ OA. 易证△AFM≌△AEO(SAS). ∴FM＝EO. ∴CF＝FM＋OM＋OC＝OE＋ OA＋OC. 6 (5)求证：S△FAB＝S△EAC； ∴BT＝CS. 证明：如图，过点C作CS⊥AE于点S，过点B作BT⊥AF于点T， 易证△ABT≌△ACS(AAS). 又∵AE＝AF， ∴S△FAB＝S△EAC. 7 (6)过点A作AQ⊥FB，交CE于点G，求证：G是EC的中点．(婆罗摩笈多模型) 证明：如图，作EH⊥QG于点H，CI⊥QG于点I，易证△AQF≌△EHA(AAS)，△AQB≌△CIA(AAS)， ∴AQ＝EH＝CI. ∴S△AGE＝S△AGC. 又∵点G在EC上， ∴EG＝GC，即G是EC的中点． 8 2 等边三角形手拉手 2．如图，△ABD，△BCE都是等边三角形，DC，AE相交于点F，(1)求证：AE＝CD； 证明：易证△DBC≌△ABE(SAS). ∴AE＝CD； 9 解：由(1)可得∠BEF＝∠BCF. ∴∠ECF＋∠CEF＝∠BCE＋∠CEB＝120°. ∴∠EFC＝180°－120°＝60°； ∴FB平分∠DFE； (2)求∠EFC的度数； (3)求证：FB平分∠DFE； 证明：如图，作BG⊥DC于点G，BH⊥AE于点H.易证△DBG≌△ABH(AAS).∴BG＝BH. 10 证明：如图，在CD上截取NF＝BF，连接BN.易证△BFN是等边三角形，△DBN≌△ABF(SAS). ∴AF＝DN. ∴CD＝DN＋NF＋CF＝AF＋BF＋CF； 证明：如图，延长CM至点Q，使MQ＝CM，连接AQ，BQ. (5)若∠ACB＝60°，M是AB的中点， 连接CM，求证：CD＝2CM. (4)求证：CD＝AF＋CF＋BF； 11 ∵∠ACB＝60°， ∴∠QAC＝120°，∠ACE＝∠ACB＋∠BCE＝120°. ∴∠ACE＝∠QAC ，AC＝AC. ∴△QAC≌△ECA(SAS). ∴EA＝CQ＝2CM. 又由(1)得CD＝EA，∴CD＝2CM. 易证△AMQ≌△BMC(SAS). ∴AQ＝BC＝CE ，∠AQM＝∠BCM，AQ∥BC. 12 3 相似三角形手拉手 3．(1)如图，在△ABC中，AB＞AC，点D，E分别在AB，AC上，且DE∥BC，若AD＝2，AE＝1.5，则BD∶CE＝_____； 解：∵DE∥BC， ∴ 故答案为 ； 13 解：由(1)得DE∥BC， (2)如图2，在(1)的条件下，将△ADE绕点A逆时针方向旋转一定的角度，连接CE和BD， 求BD∶CE的值 ∴△ADE∽△ABC. 14 由旋转的性质得∠BAD＝∠CAE， ∴△ABD∽△ACE. ∴ ∴ 15 4 全等三角形手拉手 4．(2022·番禺区模拟)在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，BC＝3，将△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，其中点A，C的对应点分别为A′，C′.(1)如图1，当点A′落在AC的延长线上时，求AA′的长； 16 解：∵∠ACB＝90° ，AB＝5，BC＝3， ∴ ∵∠ACB＝90°，△ABC绕点B顺时针旋转 得到△A′ BC′ ，点A′ 落在AC的延长线上， ∴∠A′CB＝90°，A′B＝AB＝5. 17 ∴AA′＝AC＋A′C＝8； 在Rt△A′BC中， (2)如图2，当点C′落在AB的延长线上时，连接CC′，交 A′B于点M，求BM的长； 解：如图2，过点C作CE∥A′B交AB于点E，过点C作CD