第二部分 专题2 热身7 “手拉手”模型-【领跑】2024年中考数学二轮复习压轴题重难专练

热身7 “手拉手”模型 模型介绍:“手拉手”模型是指两个顶角相等的等腰三角形的顶角顶点重合,左底角顶点互连,右底角顶点互 连所组成的图形,若把等腰三角形的顶角看做“头”,左底角看做“左手”,右底角看做“右手”,则可以描述 成:头对头,左手拉左手,右手拉右手,这也正是“手拉手”模型名称的由来,等腰这个条件也可以一般化为 正方形、菱形的一组相等的邻边.两个顶角相等的等腰三角形可以弱化为两个相似的图形对应角的顶点重合等 情况,其本质是旋转型全等或旋转型相似 名师点拨 类型 经典模型图 何时用 常用结论 头对头(△ABC与 乙ACE-乙BCD; △EDC均为等边 △ACE△BCD: 三角形) AE-BD 发现共顶 乙ACE-乙BCD: 点的四条 △ACE△BCD:AE-BD: 线段,两 肩碰肩(AABC与 乙AFB-DFE- 运用“手拉两相等 △EDC均为等边 2BFC-/CFE-60*; 三角形) 手”模型 (或对应 FC平分乙BFE:BF一AH+ 边 成比 FG:EF-DG+FH: 例),夹角 △CGH是等边三角形 相等 脚拉脚(△ABC与 乙ACE-乙BCD: △EDC均为等腰 △ACEo△BCD: AC CE 直角三角形) _2 BCCD 以点C为顶点作 乙ACE-乙BCD: 乙ECD-乙ACB. △ACE△BCD:AE-BD: 目CD-CE,连接 乙AFB-/DFE一 乙BFC2CFE-60扫 ED,BD FC平分/BFE 常在等边三 以点C为顶点作 角形、等腰 /ACE一乙BCD: 乙ECD-乙ACB. 直角三角形 △ACE:△BCD:AE-BD 构造“手拉 且CD-CE,连接 或正方形 AE1BD 手”模型 中,发现以 BD 一腰为边的 三角形 过点C作CF1 乙BCE-乙DCF: △BCE△DCF: CE,目CF-CE. 连接DF BE-DF:BE1 DE 跑-数学43 冒 类型1运用“手拉手”模型 1.如图,△ABC与△DCE均为等边三角形,B,C,E三点共线,连接BD,AE交于点F,连接CF 求证:/BFC一/EFC. (1题图) 2. 1题变式 -变等边三角形背景为正方形背景 正方形ABCD和正方形CEGF的顶点C重合,CE边 与BC边重合,如图,将正方形CEGF绕点C顺时针旋转g(0{}<。<45).连接AC.BE,AG,求 __. (2题图) 3./星·改编/如图,在等腰△ABC中, ACH-45*,AC=BC-2/2,AH1BC于点H,P为AH上 一动点,以CP为腰,PQ为底边作等腰△CPQ,且 PCQ一45{*},连接HQ.求在点P运动的过程 中,线段QH的最小值. 词之司 之回之星 (3题图) 44领跑-数学 类型2构造“手拉手”模型 4./星·改编/如图,四边形ABCD为正方形,P为其外部一点, APB三45{*},连接PD.当点P在边 AD的左侧时,求APD的度数 (4题图) 西旦之冒之星回之星 的长. 司 司 (5题图) 6. 如图,在等腰Rt△ABC和等腰Rt△DEC中, BAC= EDC=90*,AB=AC,DE=CD,连接 BE.P为BE的中点,连接AP,PD,试判断AP与PD之间的关系,并证明 之用 (6题图) 领跑-数学45学可之星 一题多解 3.解：如图，连接BQ,过点H作HE⊥BQ于点E. 都，0EF-号AD :△ABC和△CPQ均为等腰三角形， ∴AC=BC,PC=QC. (2)成立. :∠ACB=∠PCQ=45°，∴∠ACP=∠BCQ. 证明：如另解图，延长DE至点G,使 ∴△ACP≌△BCQ.∴∠CAP=∠CBQ DE=EG,连接BG,CG :AH⊥BC,∴.∠AHC=90°.∠CAP=∠ACB=45 DE=EG,CE⊥DG,∴CD=CG. ∠CDE=60°. ∠父AP=45,CH=AC·cos45=2 .△CDG是等边三角形.·∠DCG=60 ..BH-BC-CH-2/2-2. :△ABC是等边三角形， (另解图)》 .AC=BC,∠ACB=∠A=∠ABC=60°. :HE⊥BQ,.∠HEB=90° ·∠ACD+∠BCD=∠BCD+∠BG=6O' '.HE=BH·sin∠HBE=(22-2)×sin45"=2-2 .∠ACD=∠BCG. :HQ≥HE,∴HQ的最小值为2-√2. 又AC=BC,CD=CG..△ACD≌△BCG. .AD=BG,∠A=∠CBG=60 晨t紧冒 学2星 学可之星 .∠DBG+∠BFE=18O°.∴.EF∥BG (3题图) 热身7“手拉手”模型 4.解：如图，过点A作AE⊥AP交BP于点E. .∠PAE=90 1.证明：如图，过点C分别作CG⊥BD于点G,CH⊥AE于点H, :△ABC与△DCE均为等边三角形， :四边形ABCD为正方形， ∠DAB=90,BA=DA.∴∠DAB=∠PAE. .CB=CA,CD=CE,∠ACB=∠DCE=60 .∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD,即∠BCD=∠ACE. ∴.∠DAP十∠DAE=∠BAE+∠DAE ∴.△BCD≌△ACE..CG=CH. .∠DAP=∠BAE. 又CG⊥BD,CH⊥AE,,FC平分∠BFE :∠APB=45,∠PAE=90°，.∠PEA=∠APB=45°. ∴.∠BFC=∠EFC, .PA=EA,∠AEB=135 .△PAD≌△EAB..∠APD=∠AEB=135 (1题图) 2.解：如图，连接GC. 子：四边形ABCD和四边形CECF都是正方形， (4题图) 学之星 ∴.AB=BC,EG=EC,∠ABC=∠(GEC=90 5.解：如图，在BA的延长线上取一点G,使DG=DA. ∴在R△ABC和R1△GEC中，根据勾股定理，得 .∠G=∠DAG. AC=√AB+BC=②BC,GC=√GE+ECF=EEC. ∠DAB+∠DCB=180°，∠DAB+∠DAG=180°. -瓷- .∠DCB=∠DAG=∠G :∠BCE+∠ECA-∠ACG+∠ECA-45, :DB=DC,∴.∠DBC=∠DCB=∠DAG=∠G. .∠BCE=∠ACG.∴.△BCE∽△ACG. ∴∠BDC=∠GDA.∴∠ADC=∠GDB. 又DA=DG,DC=DB..△ADC≌△GDB. .AC=GB=GA+AB. :AC=AB+1,.GA=1. 胎号Da-c0-号 :∠G=∠DBC,∠GDA=∠BDC,∴.△GDAn△BDC. (2题图) 18 领跑-数学 热身8半角模型 1.解：如图，过点C作CF⊥CE,且CF=CE,连接AF,DF, ∴∠FCE=90°=∠ACB.∴.∠ACF=∠BCE. 又AC■BC,CF=CE,,△ACF2△BCE ∴AF=BE,∠FAC=∠B. (5题图) ,∠ACB=90°，AC=BC=122, 6.解：AP=PD,AP⊥PD. .根据勾股定理，得 证明：如图，延长DP至点G,使DP=GP,连接AG,BG AB=√/AC+BC=√(122)+(122)2=24，∠FAC= AD,延长ED交BC于点H ∠B=∠CAB=45 ,P为BE的中点，，BP=EP .∠FAD=∠FAC+∠CAB=90 又GP=DP,∠GPB=∠DPE,∴.△GPB≌△DPE. :∠FCE=90°，∠DCE=45",.∠DCE=∠DCF=45 ,.BG=ED,∠GBP=∠DEP. 又CE=CF,CD=CD,,,△CED2△CFD ∴BG∥DE.∴∠GBH=∠DHC ∴.DE=DF DE=CD,..BG=CD. :AD=6,.AF=BE=24-6-DE=18-DE, AB=AC,∠BAC=90°，∠EDC=90 在Rt△AFD中，根据勾股定理，AD十AF=DF ·∠ABC'=∠ACB=45,∠HDC=90. :.6+(18-DE)=DE.DE=10. 可之星 :在R1△HDC中，∠DCA=180°-90-45”-∠DHC 45°-∠DHC, ∴∠DCA=45°-∠GBH=∠ABC-∠GBH=∠GBA, 又AB=AC,BG=CD.∴.△ABG≌△ACD」 .AG=AD,∠BAG=∠CAD.∴∠BAC=∠GAD=90°. ∴△AGD是等腰直角三角形. ,GP=DP,AP=PD,AP⊥PD (1题图) 2.证明：如图，过点O作OF⊥OC,且OF=OC,连接BF,DF ∴.∠COF=90=∠AOB..∠AOC=∠BOF. 1 学可 学 OMA=0B.OC=0F.AA0C2△B0FZ星 ,.AC=BF,∠OAC=∠OBF, :∠AOB=90',OA=OB, (6题图) .∠OBF=∠OAB=∠OBA=45° .∠CBF=45+45"=90°..∠FBD=90 一题多解 :∠COF=90°，∠COD=45.∴.∠FOD=45°=∠COD. 解：AP=PD,AP⊥PD 又OC=OF,OD=OD,∴.△COD≌△FOD. 证明：如另解图，分别取BC,CE的中点G,H,连接AG,PG, .CD=FD. DH.PH. 在R△FBD中，根据勾股定理，FD=BF+BD P为BE的中点，G为BC .CD=AC+BD 的中点，H为CE的中点， 学可之 (另解图) PG-7CE-CH.PG//CE. .四边形PGCH是平行四边形.∠PGC=∠PHC :△ABC和△DEC均为等腰直角三角形， AG-BC.AGLBC.DH-CE.DHLCE. (2题图) .AG=PH,PG=DH,∠AGC=∠DHC=90 3.解：如图，过点B作BF⊥DA交DA的延长线于点F,延长 ·∠AGC-∠PCC=∠DHC-∠PHC,即∠AGP=∠PHD. DF至点G,使FG=CE,连接BG. .△AGP≌△PHD..AP=PD,∠PAG=∠DPH. :∠D=90°，AD∥BC.∴∠C=180°-∠D=90° :∠APG+∠PAG+∠AGP+∠AGB=180°+90°=270° 又BF⊥AD,∴.∠BFA=∠BFG=90°. .∠APG+∠DPH+∠PGB=270 BC=CD=6,,四边形DCBF是正方形 PH∥BC.∠PGB=∠HPG. ∴∠CBF=90°，BC=BF .∠APG+∠DPH+∠HPG=270" 又∠C=∠BFG.CE=FG .∠APD=360°-∠APG-∠DPH-∠HPG=90°. ∴.△BCE△BFG.∴.BE=BG,∠CBE=∠FBG. ,.AP⊥PD ∴·∠CBE+∠EBF=∠EBF+∠FEG.即∠CBF=∠EBG=90. 领跑-数学19☐