模型 19 “手拉手”模型 模型综合练二 三角形 2025年中考数学几何模型专题复习

模型 19 “手拉手”模型 基础模型 OC 在△OAB 内且拉手线无交点 OC 在△OAB 外且拉手线无交点 OC 在△OAB 外且拉手线有交点 条件 在等腰△OAB中,OA=OB,在等腰△OCD中,OC=OD,∠AOB=∠COD=α,将△OCD绕点O旋转一定角度后,连接AC,BD(称为“拉手线”，左手拉左手，右手拉右手)，相交于点 E，连接OE 结论 1. △AOC≌△BOD,AC=BD(即拉手线相等); 2. EO平分∠AED; 3. ∠AEB=∠AOB=α 旋 转 构造“手拉手”模型的步骤 1.先找有没有“等线段，共顶点”； 2.选择其中一个三角形，将其经过“共顶点”的线段旋转； 3.旋转方向与这个三角形的“等线段”旋转到另一条“等线段”的方向一致，旋转角为“等线段”间的夹角 结论分析 结论1:△AOC≌△BOD,AC=BD 证明:∵∠AOB=∠COD,∴∠AOB+∠BOC=∠COD+∠BOC, ∴∠AOC=∠BOD. 在△AOC和△BOD中, ∴AC=BD; 结论2:EO平分∠AED 证明:如图,过点O分别作OM⊥AC于点M,ON⊥BD 于点N, ∵AC=BD,∴OM=ON,∴EO平分∠AED(角平分线的判定). 结论3:∠AEB=∠AOB=α 自主证明： 模型拓展 拓展方向：“反向手拉手”模型 图示 条件 在等腰△ABC和等腰△ADE中,AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE,连接BE,CD(左手拉右手，右手拉左手，称为“反向手拉手”模型) 作法 将“反向手拉手”全等转化为“正向手拉手”全等，方法如下：作出△ABC关于 AC 的轴对称图形△AB'C,连接EB' 结论 △AB'E≌△ACD 模型解题三步法 例1 如图,在△ABC和△ADE中,AB=AC,AD=AE,点B,D,E在同一条直线上,∠BAC=∠DAE.若∠BAD=28°,∠AED=62°,则∠ACE的度数为 . 例2如图,在△ABC中, 以BC为腰，点C 为顶点作等腰△BCD,且∠BCD=120°,连接AD,则AD的长为 . 题以类解 1. 如图,在△ABC和△ADE中,∠BAC=∠DAE=90°,AB=AC,AD=AE,连接BE,点O 是BE的中点,连接AO,若AO=1,则 CD的长为( ) A. B. 1 C. 2 D. 2. 如图,在△ABC 和△CDE 中,CA=CB,CD=CE,∠ACB=∠DCE=56°,连接AD,BE,且AD 与 BE 交于点 F,连接 CF,则∠CFE = . 3.如图，点A 是半径为2 的⊙O 上一动点,点 B 是⊙O 外一定点,OB=6,连接OA,OB,AB,以AB为边作等边△ABC，连接OC，则OC的最大值为 . 4.如图，四边形AB-CD为正方形，对角线AC与BD交于点 O，E为CD 的中点,连接BE,过点 C 作 CF⊥BE于点 F,连接OF,若AB 的长为6,则OF的长为 . 5.如图,在正方形ABCD 中,点 E 是直线BD 上一动点，以AE 为边作正方形AEFG，连接BG. (1)如图①，当点 E在线段BD上时，试判断ED 与 BG的数量及位置关系，并说明理由； (2)如图②,当点 E 在 DB 的延长线上时, (1)中的结论是否依然成立?请说明理由； (3)如图③，在图②的基础上，延长 DA 交BG于点M,连接FM,若AB=3 ,BE=1,求线段 FM 的长. 模型展现 自主证明： ∵OA=OB, ∴ ∠OAB=∠OBA, ∵△AOC≌△BOD, ∴∠OAC=∠OBD. ∵ ∠AOB=180°-2∠OAB=α, ∠AEB=180°-∠EAB-∠EBA=180°-(∠OAB -∠OAC)-(∠OBA+∠OBD)=180°-∠OAB+ ∠OAC-∠OBA-∠OBD=180°-2∠OAB, ∴∠AEB=∠AOB=α. 例 1 34° 【解析】根据“手拉手”模型得△BAD≌△CAE(SAS),∴ ∠ACE =∠ABD,∵ AD =AE,∠AED=62°,∴ ∠ADE = ∠AED=62°,∵∠ABD=∠ADE-∠BAD=62°-28°=34°,∴∠ACE=34°. 例2 △BCD CA 5 【解析】如解图,将 CA 绕点 C 顺时针旋转 120°得到CE,连接AE,BE,由“手拉手”模型得△ACD≌△ECB,∴AD=EB.过点 C 作 CF⊥AE 于点F,∵ ∠ACE=120°,CE=CA,∴∠EAC=30°(等腰三角形的性质). 60°,∴ ∠EAB = ∠EAC+∠CAB = 90°,在Rt△EAB 中, 题以类解 1. C 【解析】找模型：是否存在两个等腰三角形：△ABC 和△ADE；是否在某顶角顶点处存在相等的顶角:∠BAC=∠DAE.抽离模型:如解图，用模型：以AC为对称轴作△ABC 的对称图形△AB'C，连接B'E，由反向“手拉手”模型得,△ADC≌△AEB'(SAS),∴CD=B'E,∵O为BE的中点,AB=AB',∴ AO 是△BB'E 的中位线,∴B'E=2AO=2,∴CD=B'E=2. 2.62° 【解析】找模型：是否存在两个等腰三角形：△ABC 和△CDE；是否在某顶角顶点处存在相等的顶角:∠BCA =∠DCE.抽离模型:如解图,用模型:过点 C 作 CH⊥AD 于点H,CI⊥BE 于点I,设AD与BC交于点L.由“手拉手”模 型得: △ACD ≌△BCE,∴∠CAH=∠CBI,在△ACH 和△BCI 中, ∴ CH = CI,在 Rt △CHF 和 Rt △CIF 中, ∴∠CFH=∠CFI,∴ CF平分∠AFE.∵ ∠CAD=∠CBE,∠ALC=∠BLD,∴ ∠AFB=∠ACB=56°,∴∠AFE=180°-56°=124°,∴∠CFE= 【解析】如解图，将线段OB 绕点 B顺时针旋转60°到 O'B,连接OO',CO'.由旋转的性质知∠OBO'=60°,BO'=BO=6,即△OBO'是等边三角形,∴ OO' = BO = 6.又∵ △ABC 是等边三角形,∴ ∠ABC=60°,AB=BC,∴∠OBO'=∠ABC=60°,∴∠OBA=∠O' BC, 在 △OBA 和 △O' BC 中, (“手拉手”模型),∴OA=O'C.在△OO'C 中,OC<OO'+O'C,当O,O',C 三点共线,且点 C在OO'的延长线上时,OC=OO'+O'C,即 ∴当O,O',C 三点共线,且点 O'在线段OC 上时，OC 取最大值，最大值是 【解析】如解图，在BE 上截取 BG = CF,连接OG,∵ 在 Rt△BCE 中,CF⊥BE,∴∠EBC+∠FCB=∠ECF+∠FCB,∴ ∠EBC = ∠ECF,∵ ∠OBC =∠OCD=45°,∴ ∠OBG=∠OCF,在△OBG与△OCF 中, △OCF(SAS)(“手拉手”模型),∴OG=OF,∠BOG= ∠COF,∴ OG ⊥OF. 设 OF = a, ,在 Rt△BCE 中,BC=AB =6, 在△BCF 中,BF= 解得 5. 解:(1)ED=BG,ED⊥BG, 理由:∵四边形 ABCD,四边形AEFG均为正方形， ∴AB=AD,AG=AE, ∠EAG=∠BAD=90°, ∴∠EAG-∠BAE=∠BAD-∠BAE, 即∠BAG=∠DAE, ∴△AED≌△AGB(SAS), ∴ED=BG,∠ADB=∠ABG, ∵∠ABD+∠ADB=90°, ∴∠ABD+∠ABG=90°=∠GBD, 即 ED⊥BG, ∴ED=BG,ED⊥BG; (2)成立, 理由:∵ 四边形 ABCD,四边形AEFG均为正方形， ∴AB=AD,AE=AG, ∠BAD=∠EAG=90°, ∴ ∠EAB+∠BAD=∠EAB+∠EAG, 即∠EAD=∠GAB, ∴△AED≌△AGB(SAS),∴ED=BG, ∴∠ABG=∠ADB=∠ABD=45°, 即ED⊥BG, ∴ED=BG,ED⊥BG; (3)如解图,过点A 作 AI⊥BD 于点I,过点 F分别作 FJ⊥BD 交DB 的延长线于点J,FK⊥BG于点 K, 由(2)可知,ED⊥BG,则四边形 FJBK 是矩形，∵四边形ABCD 是正方形,∴∠ABD=45°. ∴AI=BI=3. 由题意可知∠BMD=∠BDM=45°, ∵∠JFE+∠FEJ=90°,∠AEI+∠FEJ=90°, ∴ ∠JFE=∠AEI, 在△EFJ 和△AEI中, ∴△EFJ≌△AEI(AAS), ∴FJ=EI=BK=3+1=4,EJ=AI=3, ∴BJ=FK=EJ+BE=3+1=4, ∴KM=BM-BK=6-4=2, 在 Rt△FMK中, 学科网（北京）股份有限公司 $$