2024年中考数学二轮复习课件：半角模型与手拉手模型

　半角模型与手拉手模型 模型展示 ⁠ ⁠ 等腰直角三角形含半角 ⁠ ⁠ 正方形含半角 ⁠ ⁠ 顶角为120°的等腰三角形含半角 结论 1.△AED≌△AEF； 2.△CEF为直角三角形； 3. BD2＋CE2＝DE2 1.△AEF≌△AEG； 2.△AGF为等腰直角三角形； 3.EF＝BE＋DF 1.△DEF≌△DGF； 2.EF＝BE＋CF 类型一半角模型 模型解读： 2 典例1 如图，正方形ABCD的边长为6，点M在CB的延长线上，BM＝2，作∠MAN＝45°，交DC的延长线于点N，连接MN，求MN的长. 解：如图，在DC上截取DF＝BM，连接AF.∵ 四边形ABCD是正方形，∴ AB＝AD，∠ABM＝∠ABC＝∠ADF＝∠BAD＝90°.又∵ BM＝DF，∴ △ABM≌△ADF.∴ AM＝AF，∠MAB＝∠FAD.∴ ∠MAB＋∠BAF＝∠FAD＋∠BAF，即∠MAF＝∠BAD＝90°.又∵ ∠MAN＝45°，∴ ∠FAN＝90°－45°＝45°.∴ ∠MAN＝∠FAN.∵ AN＝AN，∴ △MAN≌△FAN.∴ MN＝FN.设MN＝FN＝x.∵ BM＝DF＝2，BC＝CD＝6，∴ DN＝DF＋FN＝2＋x，CM＝6＋2＝8.∴ CN＝DN－CD＝x－4.∵ 易得CM2＋CN2＝MN2，∴ 82＋（x－4）2＝x2，解得x＝10.∴ MN＝10. 典例1图答案 典例2 如图，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠BAC＝120°，点D，E都在边BC上，∠DAE＝60°.若BD＝2CE，求DE的长. 解：如图，将△ABD绕点A按逆时针方向旋转120°得到△ACF，取CF的中点G，连接EF，EG，过点A作AN⊥BC于点N.∵ AB＝AC＝4，∠BAC＝120°，∴ BN＝CN，∠B＝∠ACB＝30°.在Rt△BAN中，∠B＝30°，AB＝4，∴ AN＝AB＝2.∴ BN＝＝6.∴ BC＝12.由旋转，得△ABD≌△ACF，∴ AD＝AF，BD＝CF，∠BAD＝∠CAF，∠B＝∠ACF＝30°.∵ ∠ACB＝30°，∴ ∠ECG＝60°.∵ G为CF的中点，∴ CG＝FG＝CF，即CF＝2CG.∵ BD＝2CE，BD＝CF，∴ CG＝CE.∴ △CEG为等边三角形.∴ ∠EGC＝∠CEG＝60°，EG＝CG＝FG.∴ ∠FEG＝∠EFG＝30°.∴ ∠CEF＝90°.∵ ∠BAC＝120°，∠DAE＝60°，∴ ∠BAD＋∠CAE＝60°.∴ ∠FAE＝∠CAF＋∠CAE＝∠BAD＋∠CAE＝60°.∴ ∠DAE＝∠FAE.在△ADE和△AFE中，∴ △ADE≌△AFE.∴ DE＝FE.设EC＝x，则易得BD＝CF＝2x.∴ DE＝FE＝12－3x.在Rt△CEF中，∠CEF＝90°，CF＝2x，EC＝x，∴ FE＝＝x.∴ 12－3x＝x，解得x＝6－2.∴ DE＝12－3×（6－2）＝6－6. 模型展示 ⁠ ⁠ “等腰三角形”手拉手 ⁠ ⁠ “等边三角形”手拉手 ⁠ ⁠ “等腰直角三角形”手拉手 模型特点及结论 △BAD⁠ ⁠ 类型二手拉手模型 （一） 全等型手拉手 模型解读： 典例3 如图，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝54°，AB＝AC，AD＝AE，连接BD，CE交于点F，连接AF，则∠AFE的度数是 　63°　⁠. 63°　 典例4 如图，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，且∠ADB＝45°，BD＝4，CD＝，求AD的长. 解：如图，分别过点D，A作BD，AD的垂线，两条垂线交于点D'，连接BD'，则∠D'DB＝∠DAD'＝90°.∵ ∠ADB＝45°，∴ ∠ADD'＝45°. ∴ 易得△ADD'是等腰直角三角形.∴ AD＝AD'.∵ △ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，∴ AC＝AB.∴ ∠BAC＝∠DAD'.∴ ∠BAC＋∠DAB＝∠DAD'＋∠DAB，即∠DAC＝∠D'AB.∴ △ADC≌△AD'B.∴ CD＝BD'＝.在Rt△BDD'中，由勾股定理，得DD'＝＝＝5.∴ AD＝DD'·cos∠ADD'＝. 典例4图答案 （二） 相似型手拉手 模型解读： 模型展示 ⁠ ⁠ “两任意相似三角形”手拉手 ⁠ ⁠ “两等腰直角三角形”手拉手 模型特点 △AOB∽△COD，且绕公共顶点O旋转 结　论 △AOC∽△BOD，且＝＝ 典例5 如图，在