专题10 手拉手模型-【一战成名新中考】2024山东中考数学·培优册

培优册·山东数学 模 型 方 法 篇 专题十　手拉手模型 类 型 １　手拉手———全等 　模型梳理 基本图形 条件 ＡＢ＝ＡＣ，ＡＤ＝ＡＥ，∠ＢＡＣ＝∠ＤＡＥ 证明思路 ∵∠ＢＡＤ＋∠ＤＡＣ＝∠ＢＡＣ，∠ＤＡＣ＋∠ＣＡＥ＝∠ＤＡＥ，∴∠ＢＡＤ＝∠ＣＡＥ，∵ＡＢ ＝ＡＣ，ＡＤ＝ＡＥ，∴△ＡＢＤ≌△ＡＣＥ（ＳＡＳ） 结论 等腰三角形绕顶角顶点旋转得全等 变形 　　 　　 　典例精析 例　如图，△ＡＢＣ和△ＡＥＤ均为等腰三角形，ＡＢ＝ＡＣ，ＡＥ＝ＡＤ，∠ＢＡＣ＝∠ＥＡＤ，连接 ＢＥ，ＣＤ， 若∠ＡＢＣ＝６２°，则∠ＢＤＣ的度数为　５６°　． 例题图 【思路点拨】△ＡＢＣ和△ＡＤＥ是顶角相等的两个等腰三角形，想“手拉手”模型，易证△ＡＢＥ≌ △ＡＣＤ，则有∠ＡＣＤ＝∠ＡＢＥ，所以∠ＤＢＣ＋∠ＢＣＤ＝２∠ＡＢＣ，从而求出∠ＢＤＣ． 　针对训练 １．（优质原创）如图，△ＡＢＣ和△ＡＤＥ都是等腰直角三角形，ＡＢ＝ＡＣ，ＡＤ＝ＡＥ，∠ＢＡＣ＝∠ＤＡＥ ＝９０°，Ｂ，Ｃ，Ｄ在同一条直线上，连接ＣＥ．若ＡＢ＝槡２，ＡＤ＝２，则ＣＤ＝　槡３－１　． 第１题图 　　　　 第２题图 ２．如图，四边形ＡＢＣＤ和四边形ＣＥＦＧ都是正方形，连接 ＢＤ，ＢＧ，ＤＥ，若 ＢＤ＝ＢＧ，ＢＤ∥ＣＧ，则 ∠ＢＤＥ＝　６０　°． ２３ 培优册·山东数学 模 型 方 法 篇 类 型 ２　手拉手———相似 　模型梳理 基本图形 条件 △ＡＢＣ旋转至△ＡＤＥ位置，连接ＢＤ，ＣＥ 证明思路 ∵∠ＢＡＣ＝∠ＤＡＥ，∴∠ＢＡＣ－∠ＤＡＣ＝∠ＤＡＥ－∠ＤＡＣ，即∠ＢＡＤ＝∠ＣＡＥ， 又∵ＡＢＡＣ＝ ＡＤ ＡＥ，∴△ＡＢＤ∽△ＡＣＥ 变形 　　　 　　　 　典例精析 例　如图，在△ＡＢＣ和△ＥＤＣ中，∠ＡＢＣ＝∠ＥＤＣ＝９０°，∠ＢＡＣ＝∠ＤＥＣ＝３０°，连接ＢＤ，ＡＥ，若 ＢＤ＝２，则ＡＥ＝　４　，直线ＢＤ与直线ＡＥ的夹角为　６０　°． 例题图 　　　　　　　 例题解图 【思路点拨】由题知△ＡＢＣ和△ＥＤＣ都是含３０°角的直角三角形，从而满足相似“手拉手”条 件，即得△ＢＣＤ∽△ＡＣＥ，列比例式求ＡＥ；如解图，延长ＢＤ，ＡＥ相交于点Ｆ，即为所求夹角． 　针对训练 １．如图，△ＡＢＣ和△ＡＤＥ都是直角三角形，∠ＡＢＣ＝∠ＡＤＥ＝９０°，∠ＡＣＢ＝∠ＡＥＤ，ＡＢ＝３４ＢＣ，连 接ＢＤ，ＣＥ，则ＢＤＣＥ的值为　　　　． 第１题图 　　　　　　 第２题图 ２．（优质原创）如图，四边形ＡＢＣＤ和四边形ＣＧＦＥ均为矩形，ＡＢ＝３，ＢＣ＝６，ＥＦ＝２，ＣＥ＝４，连 接ＢＥ，若点Ｄ在边ＦＧ上，则△ＤＣＧ的面积为　槡５　． ３３ 参考答案·山东数学 培 优 册 ∴△ＡＢＥ≌△ＦＢＥ（ＳＡＳ），∴∠Ａ＝∠５． ∵ＡＢ∥ＣＤ，∴∠Ａ＋∠Ｄ＝１８０°，∴∠５＋∠Ｄ＝１８０°， ∵∠５＋∠６＝１８０°，∴∠６＝∠Ｄ， 在△ＣＦＥ和△ＣＤＥ中， ∠６＝∠Ｄ， ∠３＝∠４， ＣＥ＝ＣＥ { ， ∴△ＣＦＥ≌△ＣＤＥ（ＡＡＳ），∴ＣＦ＝ＣＤ． ∵ＢＣ＝ＢＦ＋ＣＦ，∴ＢＣ＝ＡＢ＋ＣＤ． 解法二（补短）：解题思路：延长ＢＡ至点Ｆ使 ＢＦ＝ＢＣ，可 证△ＢＥＦ≌△ＢＥＣ，得ＥＦ＝ＥＣ，∠Ｆ＝∠ＥＣＢ，结合∠ＥＣＢ＝ ∠ＥＣＤ，可得∠Ｆ＝∠ＥＣＤ，根据 ＡＢ∥ＣＤ可推出∠ＥＡＦ＝ ∠Ｄ，进而可证得△ＥＡＦ≌△ＥＤＣ，推出 ＣＤ＝ＡＦ，则可得出 ＢＣ＝ＡＢ＋ＣＤ． 类型２　用“三线合一”或“作平行线”构“等腰” 例１　４　例２　 ５２ 针对训练 １．４０ ２．５３　【解析】解法一：如解图①，延长 ＦＥ交 ＡＢ于点 Ｄ，设 ＡＤ＝ｘ，ＣＦ＝ｙ，∵ＡＥ平分∠ＢＡＣ，∴∠ＤＡＥ＝∠ＣＡＥ，∵ＦＤ ∥ＡＣ，∴∠ＡＥＤ＝∠ＣＡＥ，∴∠ＤＡＥ＝∠ＡＥＤ，∴ＤＥ＝ＡＤ＝ ｘ，同理得ＥＦ＝ＣＦ＝ｙ，在 Ｒｔ△ＡＢＣ中，由勾股定理得 ＡＣ＝ ５，∵ＤＦ∥ＡＣ，∴△ＢＤＦ∽△ＢＡＣ，∴ＢＤＢＡ＝ ＢＦ ＢＣ＝ ＤＦ ＡＣ，即 ３－ｘ ３ ＝４－ｙ４ ＝ ｘ＋ｙ ５ ，解得ｙ＝ ５ ３，∴ＥＦ＝ ５ ３． 图① 　　 图② 第２题解图 解法二：如解图②，过点Ｅ分别作△ＡＢＣ三边的垂线，垂足 分别为Ｍ，Ｎ，Ｐ，∵∠ＢＡＣ，∠ＡＣＢ的平分线相交于点 Ｅ，∴ ＥＭ＝ＥＮ＝ＥＰ，∴四边形 ＥＮＢＰ是正方形．在 Ｒｔ△ＡＢＣ中， 由勾股定理得ＡＣ＝５．设 ＢＮ＝ＢＰ＝ｘ，则 ＡＰ＝ＡＭ＝３－ｘ， ＣＮ＝ＣＭ＝４－ｘ，∴ＡＭ＋ＣＭ＝３－ｘ＋４－ｘ＝５，解得 ｘ＝１， ∴ＥＮ＝ＢＮ＝１．又∵ＥＦ∥ＡＣ，∴∠ＥＦＮ＝∠ＡＣＢ，又∵ ∠ＥＮＦ＝∠ＡＢＣ＝９０°，∴△ＥＦＮ∽△ＡＣＢ，∴ＥＦＡＣ＝ ＥＮ ＡＢ，即 ＥＦ ５ ＝１３，解得ＥＦ＝ ５ ３． 专题十　手拉手模型 类型１　手拉手———全等 例　５６° 针对训练　１．槡３－１　２．６０ 类型２　手拉手—