2024年中考数学二轮专题复习之手拉手模型

中考数学二轮专题复习之手拉手模型 一、知识导航 关于手拉手，我们需要了解什么？ 我觉得有三点： （1）构成模型的必要条件； （2）条件与结论如何设计； （3）如何构造手拉手． 问题一：构成手拉手的必要条件． 当对一个几何图形记忆并不深刻的时候，可以尝试用文字取总结要点， 比如手拉手：四点共线，两两相等，夹角相等． 条件：如图，OA=OB，OC=OD（四线共点，两两相等），∠AOB=∠COD（夹角相等） 结论：△OAC≌△OBD（SAS） 证明无需赘述，关于条件中的OA=OB，OC=OD，有时候会直接以特殊几何图形的形式给出，比如我们都很熟悉的等边三角形和正方形． 1． 等边三角形手拉手 （1）如图，B、C、D三点共线，△ABC和△CDE是等边三角形，连接AD、BE，交于点P： 结论一：△ACD≌△BCE 证明： → △ACD≌△BCE（SAS） （2）记AC、BE交点为M，AD、CE交点为N： 结论二：△ACN≌△BCM；△MCE≌△NCD 证明： → △ACN≌△BCM（SAS）； → △MCE≌△NCD（ASA） （3）连接MN： 结论三：△MNC是等边三角形． 证明：→△MCN是等边三角形． （4）记AD、BE交点为P，连接PC： 结论四：PC平分∠BPD 证明：△BCE≌△ACD → CG=CH → PC平分∠BPD． （5）结论五：∠APB=∠BPC=∠CPD=∠DPE=60°． （6）连接AE： 结论六：P点是△ACE的费马点（PA+PC+PE值最小） 2． 正方形手拉手 如图，四边形ABCD和四边形CEFG均为正方形，连接BE、DG： 结论一：△BCE≌△DCG 证明： → △BCE≌△DCG（SAS） 结论二：BE=DG，BE⊥DG 证明：△BCE≌△DCG → BE=DG； ∠CBE＝∠CDG → ∠DHB=∠BCD=90°（旋转角都相等） 问题二：条件与结论如何设计？ 设计一：我们可以给出手拉手模型条件，得到一组全等来解决问题，就像问题一中所得出的结论那样； 设计二：如果题目已知△ABC≌△ADE外，则还可得△ABD和△ACE均为等腰三角形，且有△ABD∽△ACE，． 问题三：如何构造手拉手？ 如何构造手拉手？换句话说，如何构造旋转？ 当我们在思考这个问题的时候，不妨先问一句，旋转能带来什么？ 图形位置的改变，这一点就够了，因为，若有数量关系，则先有位置关系． 二、典例精析 1． 如图，正方形和正方形边长分别为和，正方形绕点旋转，给出下列结论：①；②；③，其中正确结论是　 　（填序号） 【分析】 ①②显然正确，下分析③： 连接BD、EG，，记BE、DG交点为H点， ，， ，， ∴， ∴． 故正确的结论有①②③． 2． 如图，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，使点A的对应点D恰好落在边AB上，点B的对应点为E，连接BE，下列结论一定正确的是　　 A．AC=AD B．AB⊥EB C．BC=DE D．∠A=∠EBC 【分析】手拉手模型的逆用． 根据△ACB≌△DCE，可得△CAD和△CBE是等腰三角形， 且△CAD∽△CBE， ∴∠A=∠EBC，故选D． 3.如图，在矩形中，，，将矩形绕点按顺时针方向旋转得到矩形，点落在矩形的边上，连接，则的长是　 　． 【分析】还有一组等腰相似． ∵BG=AG=5，BC=3，∴CG=4，DG=1， 连接AG，∴ 易证△BEC∽△BGA，， 代入解得：CE=， 故CE的长为． 4.如图，在矩形中，将绕点按逆时针方向旋转一定角度后，的对应边交边于点．连接、．若，，，则　 　（结果保留根号）． 【分析】转化比例． 连接AC、，易证∽，，求出AB即可． 连接AG，设，则，DG=x-4， ， 代入得：，解得：，（舍）， ∴． 【小结】以上例子解题关键皆在于利用那一组等腰三角形相似，有些问题常有变式，因其条件与结论可以互换． 5.如图，等边三角形的边长为4，点是的中心，，绕点旋转，分别交线段、于、两点，连接，给出下列四个结论：①；②；③四边形的面积始终等于；④周长的最小值为6．上述结论中正确的个数是　　 A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】等边三角形中的旋转型全等 连接OB、OC，易证△OBD≌△OCE，∴OD=OE，结论①正确； 考虑∠FOG是可以旋转的，△ODE面积和△BDE面积并非始终相等，故结论②错误； ∵△OBD≌△OCE，∴四边形ODBE的面积等于△OBC的面积，，故结论③正确； 考虑BD=CE，∴BD+BE=CE+BE=4，只要DE最小，△BDE周长就最小，△ODE是顶角为120°的等腰三角形，故OD最小，DE便最小， 当OD⊥AB时，OD取到最小值， 此时，∴周长最小值为6，故结论④正确． 综上，选C，正确的有①③④． 【小结】所谓全等，实际就是将