模型07 手拉手模型-【一战成名新中考】2024陕西中考数学·培优册

培优册·陕西数学 第 一 部 分 必 备 模 型 突 破 篇 归纳总结 图形 作法 结论 将△ＡＤＥ绕点Ｄ逆时针旋转９０° △ＤＥＦ≌△ＤＭＦ； ＤＣ＝ＤＧ； ＥＦ＝ＭＦ＝ＣＭ＋ＣＦ＝ＡＥ＋ＣＦ 综合训练 １．如图，在正方形 ＡＢＣＤ中，点 Ｍ，Ｎ分别为边 ＢＣ和 ＣＤ上的动点（不含端点），若 ＡＢ＝槡２， ∠ＭＡＮ＝４５°，则△ＭＮＣ的周长是 （　Ａ　） Ａ．槡２　　　　　　　Ｂ．２　　　　　　　Ｃ．２槡２　　　　　　　Ｄ．３ 第１题图 　　　　 第２题图 　　　　　 第３题图 ２．如图，在 Ｒｔ△ＡＢＣ中，∠ＢＡＣ＝９０°，ＡＢ＝ＡＣ＝４槡２，Ｄ，Ｅ为 ＢＣ上两点，且∠ＤＡＥ＝４５°，若 ＢＤ＝２，则ＣＥ＝　　　　． ３．如图，在菱形 ＡＢＣＤ中，∠ＡＢＣ＝１２０°，ＡＢ＝４，动点 Ｍ，Ｎ分别在 ＡＤ，ＣＤ上（不含端点），若 ∠ＭＢＮ＝６０°，则四边形ＢＭＤＮ周长的最小值是　　　　． 模型七　手拉手模型 类 型 １　全等———手拉手模型 例１　（２０２３榆林市期末节选）定义：顶角相等且顶点重合的两个等腰三角形叫作“同源三角 例１题图 形”，我们称这两个顶角为“同源角”．如图，△ＡＢＣ和△ＣＤＥ为“同源 三角形”，ＡＣ＝ＢＣ，ＣＤ＝ＣＥ，∠ＡＣＢ与∠ＤＣＥ为“同源角”．试判断 ＡＤ 与ＢＥ的数量关系，并说明理由． 【自主作答】 归纳总结 基本图形 演变图形 △ＡＢＣ和△ＡＤＥ是等腰三 角形，且∠ＢＡＣ＝∠ＤＡＥ 　　　 　　　 １１ 培优册·陕西数学 第 一 部 分 必 备 模 型 突 破 篇 重要结论：△ＡＢＤ≌△ＡＣＥ 模型特点：双等腰，共顶点，顶角相等，旋转得全等 类 型 ２　相似———手拉手模型 例２　如图，在△ＡＢＣ和△ＡＤＥ中，∠ＢＡＣ＝∠ＤＡＥ＝９０°，∠Ｂ＝∠ＡＤＥ，Ｂ，Ｄ，Ｃ三点共线，求证： ＣＥ⊥ＢＣ． 例２题图 【点拨】∠ＢＡＣ＝∠ＤＡＥ，∠Ｂ＝∠ＡＤＥ，易证△ＢＡＣ∽△ＤＡＥ，则ＡＢＡＤ＝ ＡＣ ＡＥ，进 而可证△ＢＡＤ∽△ＣＡＥ，从而得证． 【自主作答】 归纳总结 基本图形 演变图形 ＡＤ∶ＡＢ＝ＡＥ∶ＡＣ＝ｋ， ∠ＢＡＣ＝∠ＤＡＥ 　　　 　　　 ∠ＢＡＣ＝∠ＤＡＥ＝９０°， ∠Ｂ＝∠ＡＤＥ＝∠ＡＣＥ △ＡＣＢ和△ＡＥＤ 为等腰直角三角形 四边形ＡＢＦＣ和四 边形ＡＤＧＥ为矩形 重要结论：△ＡＢＤ∽△ＡＣＥ 综合训练 １．（优质原创）如图，在△ＡＢＣ和△ＡＤＥ中，ＡＢ＝ＡＣ，ＡＤ＝ＡＥ，∠ＢＡＣ＝∠ＤＡＥ＝９０°，Ｂ，Ｃ，Ｄ三 点在同一条直线上，连接ＣＥ．若ＡＢ＝槡２，ＡＤ＝２，则ＣＤ＝　　　　． 第１题图 　　 第２题图 　　 第３题图 　　　 第４题图 ２．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　　　　． ３．（２０２２张家界）如图，点Ｏ是等边三角形 ＡＢＣ内一点，ＯＡ＝２，ＯＢ＝１，ＯＣ＝槡３，则△ＡＯＢ与 △ＢＯＣ的面积之和为 （　Ｃ　） Ａ．槡３４　　　　　　　　Ｂ． 槡３ ２　　　　　　　　Ｃ． ３槡３ ４　　　　　　　　Ｄ．槡３ ４．较难 獉獉 （多解法）如图，在矩形 ＡＢＣＤ中，ＡＢ＝３，ＢＣ＝５，点 Ｅ在对角线 ＡＣ上，连接 ＢＥ，作 ＥＦ⊥ＢＥ，垂足为 Ｅ，直线ＥＦ交线段 ＤＣ于点 Ｆ，则ＥＦＢＥ＝　　　　． ２１ 一战成名·陕西数学 培 优 册 ＝４５°，如解图，将△ＡＢＤ绕点 Ａ逆时针旋转 ９０°得到 △ＡＣＦ，连接 ＥＦ，则 ＡＦ＝ＡＤ，ＣＦ＝ＢＤ＝２，∠ＢＡＤ＝ ∠ＣＡＦ，∠ＡＢＤ＝∠ＡＣＦ＝４５°，∴∠ＥＡＦ＝∠ＥＡＣ＋ ∠ＣＡＦ＝∠ＥＡＣ＋∠ＢＡＤ＝４５°＝∠ＤＡＥ，∠ＥＣＦ＝９０°， 又∵ＡＥ＝ＡＥ，∴△ＤＡＥ≌△ＦＡＥ，∴ＤＥ＝ＥＦ，∵ＡＢ＝ＡＣ 槡＝４２，∴ＢＣ 槡＝２ＡＢ＝８，设ＥＣ＝ｘ，则ＤＥ＝ＥＦ＝８－２－ ｘ＝６－ｘ，在 Ｒｔ△ＥＣＦ中，ＥＣ２＋ＣＦ２＝ＥＦ２，即 ｘ２＋２２＝ （６－ｘ）２，解得ｘ＝８３，即ＣＥ＝ ８ ３． ３． 槡４３＋４　【解析】如解图，连接ＢＤ．∵四边形ＡＢＣＤ是菱 形，ＡＢ＝４，∠ＡＢＣ＝１２０°，∴ＡＢ＝ＢＣ＝ＣＤ＝ＡＤ＝４， ∠ＡＢＤ＝∠ＣＢＤ＝１２∠ＡＢＣ＝６０°，∴△ＡＢＤ，△ＢＤＣ都 是等边三角形，∴∠ＢＤＭ＝∠ＢＣＮ＝６０°，ＤＢ＝ＣＢ， ∵∠ＭＢＮ＝∠ＤＢＣ＝６０°，∴∠ＤＢＭ＝∠ＣＢＮ，∴△ＤＢＭ ≌△ＣＢＮ（ＡＳＡ），∴ＢＭ＝ＢＮ，ＤＭ＝ＣＮ，∴ＤＭ＋ＤＮ＝ＮＣ ＋ＤＮ＝ＣＤ＝４，∵四边形 ＢＭＤＮ的周长为 ＢＭ＋ＤＭ＋ ＤＮ＋ＢＮ＝２ＢＭ＋４，∴当ＢＭ的值最小时，四边形ＢＭＤＮ 的周长最小，根据垂线段最短可知，当 ＢＭ⊥ＡＤ时，ＢＭ 的值最小，此时ＢＮ＝ＢＭ＝ＡＢ· 槡ｓｉｎ６０°＝２３，∴四边形 ＢＭ