模型六 “手拉手”模型-【一战成名新中考】2025陕西中考数学·二轮复习·专项培优练

参考答案与重难题解析·陕西数学　 专 项 培 优 练 4. 2 2 　 【解析】如解图,过点 F 作 FH⊥AD 于点 H,设 AG 与 EF 交于点 O,由折叠得 A 与 A′对应,易知∠AOE = 90°,∴ ∠EAO+ ∠AEO = 90°, ∠EAO + ∠AGD = 90°, ∴ ∠AEO = ∠AGD,即∠FEH = ∠AGD,又∵ ∠ADG = ∠FHE = 90°,∴ △ADG∽△FHE,∴ EF AG =HF AD = AB AD = 1 2 = 2 2 . 第 4 题解图 5. 证明:解法 1:如解图①,延长 AD,BF 交于点 M, 易证△DMF≌△CBF≌△BAE;AD=BC, ∴ DM=CB=AD, ∴ 在 Rt△AOM 中,DO 是斜边 AM 的中线, ∴ DO=AD=AB. 解法 2:如解图②,过点 D 作 DM⊥AE 交 AE 于点 N,交 AB 于点 M, 易得四边形 MDFB 是平行四边形,点 F 是 CD 的中点,AB =CD,∠AOB= 90°,∴ M 是 AB 的中点,MN∥BO, ∴ MN 是 Rt△ABO 的中位线, ∴ AN=NO,结合 DN⊥AO,得 DO=AD=AB. 图① 　 　 图② 第 5 题解图 6. D　 【解析】如解图,补全△ABC 为正方形 ABHC,过点 A 作 BE 的垂线交 BC 于 F,交 HC 于点 G,易得 DE 是△CAF 的 中位线,且利用“十字模型”可得 CF ∶BF=AE ∶AB= 1 ∶2,DE 是△AFC 的中位线,S△EDC = 6,则 S△AFC = 24,则 S△ABF = 48, ∴ S△ABC =S△AFC+S△ABF = 72. 第 6 题解图 7. A　 【解析】过点 B 作 BF⊥ED 交 ED 延长线于点 F,如解 图,∵ AE⊥CD,BF⊥ED,∴ ∠AEC = ∠CFB = 90°,AE∥BF, ∴ ∠ACE+∠CAE = 90°,∵ △ABC 为等腰直角三角形,且 ∠ACB= 90°,∴ AC = BC,∠ACE+∠BCF = 90°,∴ ∠BCF = ∠CAE,在△ACE 和△CBF 中, ∠CAE= ∠BCF, ∠AEC= ∠CFB, AC=CB, { ∴ △ACE ≌△CBF(AAS),∴ BF =CE,AE = CF,∵ AE∥BF,∴ △ADE ∽△BDF,∴ BF ∶AE = DB ∶AD,∵ AD = 2DB,∴ DB ∶AD = 1 ∶ 2,∴ BF ∶AE= 1 ∶2,设 BF= x,则 AE= 2x,∴ CE=BF= x,CF= AE= 2x,∴ EF=CF-CE = 2x-x = x,在 Rt△BEF 中,EF = x, BF= x,由勾股定理,得 BE = EF2 +BF2 = 2 x,∴ AE BE = 2x 2 x = 2 . 第 7 题解图 8.证明:如解图,延长 BE 至 M,使 FM = AF,连接 AM,CM,取 FM 的中点 N,连接 CN, 易得△ABD≌△BCE,∠AFE= ∠BAF+∠ABE= 60°, ∴ △AFM 是等边三角形, ∴ ∠FAM= 60°,AF=AM=FM, ∴ ∠BAC= ∠FAM= ∠AMF= 60°, ∴ ∠BAC-∠CAD= ∠FAM-∠CAD, 即∠BAF= ∠CAM, ∵ AB=AC,∠BAF= ∠CAM,AF=AM, ∴ △ABF≌△ACM(SAS), ∴ ∠AFB= ∠AMC= 180°-60° = 120°, ∴ ∠CME= ∠AMC-∠AMF= 120°-60° = 60°, ∴ ∠AFM= ∠CME, ∴ CM∥AF, ∴ △AEF∽△CEM,∴ CM AF =CE AE , ∵ CD= 2BD,BD=CE,BC=AC, ∴ CM AF =CE AE = CE AC-CE = BD BC-BD =BD CD = 1 2 , 即 AF= 2CM, ∴ FM= 2CM, ∵ 点 N 是 FM 的中点, ∴ FM= 2MN,∴ CM=MN, 又∵ ∠CMN= 60°, ∴ △CMN 是等边三角形, ∴ ∠MCN= ∠MNC= 60°,CN=MN, ∴ CN=FN, ∴ ∠NFC= ∠NCF= 30°, ∴ ∠AFC= ∠AFM+∠NFC= 60°+30° = 90°, ∴ AF⊥CF. 第 8 题解图 模型六　 “手拉手”模型 1. 90　 【解析】∵ △ACB 和△DCE 均为等腰三角形,且∠ACB = ∠DCE = 90°,∴ AC = BC,CD = CE,∵ ∠ACB = ∠DCE = 90°, ∴ ∠ACB - ∠DCB = ∠DCE - ∠DCB, 即 ∠ACD = ∠BCE,在△ACD 和△BCE 中, AC=BC, ∠ACD= ∠BCE, CD=CE, { ∴ △ACD ≌△BCE(SAS),∴ ∠CAD = ∠CBE,又∵ ∠CFA = ∠EFB, ∴ ∠AEB= ∠ACB= 90°. 2. D　 【解析】∵ 在等边△ABC 中,AB= 4,D 是 BC 的中点,∴ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 44 参考答案与重难题解析·陕西数学　 专 项 培 优 练 BD=DC= 1 2 BC= 1 2 AB= 2,∠BAD= ∠DAC= 30°,AD⊥BC, ∴ AD= AB2 -BD2 = 2 3 . ∵ 将△ABD 绕点 A 旋转后得到 △ACE,∴ AD=AE,∠DAE = ∠BAC = 60°,∠CAE = ∠BAD = ∠DAC= 30°,∴ △ADE 是等边三角形,∴ DE=AD= 2 3 . 3. D 　 【解析】 ∵ BD = 2,AD = 7, ∴ AB = BD +AD = 9,在 Rt △ABC 中, sin ∠BAC = 1 3 , ∴ BC = 1 3 AB = 3, ∴ AC = AB2 -BC2 = 92 -32 = 6 2 ,在 Rt△BCA 与 Rt△DCE 中, ∵ ∠BAC= ∠DEC,∴ tan∠BAC = tan∠DEC,∴ BC ∶AC =DC ∶CE,∵ ∠BCA = ∠DCE = 90°,∴ ∠BCA-∠DCA = ∠DCE- ∠DCA,∴ ∠BCD= ∠ACE,∴ △BCD∽△ACE,∴ BC ∶AC = BD ∶AE,即 3 ∶6 2 = 2 ∶AE,∴ AE= 4 2 . 4.解:AD=DE. 证明如下:在 Rt△ABC 中,AC=BC,∠C = 90°, ∴ ∠CAB= ∠CBA= 45° = ∠EAD, ∴ ∠CAD+∠DAB= ∠BAE+∠DAB,即∠CAD= ∠BAE, ∵ ∠DCA= ∠EBA= 90°,∴ △ADC∽△AEB, ∴ AC AB =AD AE ,即 AC AD =AB AE . ∵ ∠CAB= ∠DAE= 45°,∴ △CAB∽△DAE, ∴ ∠ADE= ∠ACB= 90°,∴ ∠DEA= ∠DAE= 45°, ∴ AD=DE. 5. A　 【解析】如解图,将△ABP 绕点 B 顺时针旋转 60°得到 △CBG,连接 PG,∴ BG = BP,∠PBG = 60°,△BPG 为等边 三角形, ∵ ∠BPC = 120°,∴ ∠GPC = 120° - 60° = 60°, ∵ ∠APB= 150°,∴ ∠PGC = 150° - ∠PGB = 90°,∴ ∠PCG = 30°,在 Rt △PCG 中, CG = AP = 3 BP, CP = 2BP, 又 ∵ ∠APC= 360°-∠APB-∠BPC = 90°,在 Rt△APC 中,AP2 + PC2 =AC2 ,即( 3BP) 2 +(2BP) 2 =AC2 = (2 7 ) 2 ,解得 BP = 2 或-2(舍去) . 第 5 题解图 6. 2 3 　 【解析】如解图,过点 D 作 DE⊥BD,且 DE = BD,连 接 BE,AE,则∠DEB = ∠DBE = ∠ABC = 45°, ∴ ∠DBC = ∠EBA, BD BE = BC BA = 2 2 , ∴ △BDC ∽ △BEA, ∴ ∠BEA = ∠BDC= 45°,∵ ∠DEB= 45°,∴ ∠AED= 90°,∴ AE∥BD,∴ S△ABE =S△ADE,∴ S△ABD =S△BDE = 1 2 BD2 = 6,解得 BD= 2 3 . 第 6 题解图 7.证明:如解图,延长 BA,CD 相交于点 Q, ∵ ∠CAQ= ∠BAE= ∠BDC= 90°, ∴ ∠ACQ+∠Q= 90°,∠ABE+∠Q= 90°, ∴ ∠ACQ= ∠ABE, ∵ ∠BAE= ∠CAQ,AB=AC, ∴ △ABE≌△ACQ(ASA), ∴ BE=CQ, ∵ BD 平分∠ABC, ∴ ∠QBD= ∠CBD, ∵ ∠BDC= 90°, ∴ ∠BDQ= ∠BDC= 90°, ∴ △QDB≌△CDB(ASA), ∴ DQ=DC, ∴ BE=CQ= 2CD. 第 7 题解图 8.解:(1)AE=BE-CE,理由如下: ∵ △ABC 和△ADE 都是等边三角形, ∴ AB=AC,∠BAC= ∠DAE= 60°,AD=AE=DE, ∴ ∠BAD= ∠CAE, ∴ △ABD≌△ACE(SAS), ∴ BD=CE, ∴ AE=DE=BE-BD=BE-CE,即 AE=BE-CE; (2)如解图,连接 AF,过点 A 作 AG⊥DE 于点 G, ∴ ∠AGD= 90°, ∵ F 是 BC 的中点,△ABC 和△ADE 都是等边三角形 ∴ AF⊥BC,∠ABF= ∠ADG= 60°, ∴ ∠AFB= ∠AGD, ∴ △ABF∽△ADG, ∴ AB AF =AD AG ,∠BAF= ∠DAG, ∴ ∠BAF+∠DAF= ∠DAG+∠DAF, ∴ ∠BAD= ∠FAG, ∴ △ABD∽△AFG, ∴ ∠ADB= ∠AGF= 90°, 由(1)得 BD=CE, ∵ CE=DE=AD, ∴ AD=BD, ∴ ∠BAD= 45°. 第 8 题解图 模型七　 半角模型 1.证明:如解图,延长 EB 到点 G,使 BG=DF,连接 AG. 第 1 题解图 ∵ ∠ABG= ∠ABC= ∠D= 90°,AB=AD,BG=DF, ∴ △ABG≌△ADF, ∴ AG=AF,∠1 = ∠2, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 54 专项培优练·陕西数学 必 会 模 型 篇 模型六 “手拉手”模型 1.模型特征与图示 定义 若△ABC∽△ADE,∠BAC = ∠DAE = α,点 D 不在直线 AB 上,点 E 不在直线 AC 上,则称这样的图形为“手拉手”模型 类型 等边型 不等边型 条件 AB=AC,AD=AE AB≠AC,AD≠AE 图示 2.模型理解与应用 ◆等边型———全等(∠BAC= ∠DAE=α) 当 α<90°时 当 α= 90°时 当 α>90°时 常考图形 等边三角形 等腰直角三角形 顶角为 120°的等腰三角形 添加条件: 连接 BD 和 CE 结论 △ABD≌△ACE 证明思路 及依据 思路:由∠BAC= ∠DAE 得∠BAD= ∠CAE,结合 AB=AC,AD=AE 得全等 依据:SAS 添加条件: 直线 BD 与 CE 所夹较 小的角 β 结论 β=α β=α= 90° β= 180°-α 证明思路 及依据 设直线 BD 交直线 AC 于 P,由全等证∠ABP = ∠OCP,由对顶角得∠APB = ∠OPC,利用三角形 内角和得证 由 ∠ABO + ∠ACO = ∠ACE+∠ACO = 180°(对 角互补)得证 22 专项培优练·陕西数学 必 会 模 型 篇 ◆不等边型———相似(∠BAC= ∠DAE=α) 当 α<90°时 当 α= 90°时 当 α>90°时 添加条件: 连接 BD 和 CE 结论 △ABD∽△ACE 证明思路 思路:由∠BAC= ∠DAE 得∠BAD= ∠CAE,结合 AB AC =AD AE 证相似 添加条件: 直线 BD 与 CE 所夹较 小的角 β 结论 β=α β=α= 90° β= 180°-α 类型 1　 直接应用“手拉手” 1. 如图,△ACB 和△DCE 均为等腰三角形,且 ∠ACB= ∠DCE = 90°,点 A,D,E 在同一直 线 上, 连 接 BE, 则 ∠AEB 的 度 数 为 　 90　 °. 第 1 题图 　 　 第 2 题图 2. 如图,在等边△ABC 中,AB = 4,点 D 是 BC 的中点,连接 AD,将△ABD 绕点 A 逆时针 旋转后得到△ACE,连接 DE,则线段 DE 的 长为 (　 D　 ) A. 3 　 　 B. 4　 　 C. 2 2 　 　 D. 2 3 3 . (2023 交大附中九上期中)如图,Rt△ABC 与 Rt△EDC 中,直角顶点重合于点 C,点 D 在 AB 上,∠BAC = ∠DEC 且 sin∠BAC = 1 3 ,连 接 AE,若 BD= 2,AD= 7,则 AE 的长为 (　 D　 ) A. 2 2 B. 5 2 2 C. 7 2 2 D. 4 2 第 3 题图 　 　 第 4 题图 4. 名师原创 如图,在 Rt △ABC 中,AC = BC, ∠C= 90°,过点 B 作 BE⊥AB 于点 B,连接 AE,作∠EAD = 45°,且点 D 在 BC 上,连接 DE. 猜想线段 DE 与 AD 的数量关系,并证 明你的结论. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋【思维模型】Rt△ABC 中,AC=BC,∠EAD= 45°→∠EAD = ∠BAC,要得 AD 与 DE 的数 量关系,只需证△AED 与△ABC 相似. 解:AD = DE. 证明如下:在 Rt△ABC 中,AC = BC, ∠C = 90°, ∴ ∠CAB = ∠CBA = 45° =∠EAD, ∴ ∠ADE = ∠ACB = 90°,∴ ∠DEA = ∠DAE = 45°,∴AD=DE. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 32 专项培优练·陕西数学 必 会 模 型 篇 类型 2　 构造手拉手 5. 如图,点 P 是边长为 2 7 的等边△ABC 内 一点,连接 AP,BP,CP,且∠APB = 150°, ∠BPC= 120°,则 BP 的长是 (　 A　 ) A. 2 B. 1 C. 2 3 D. 36 3 7 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋【辅助线寄语】看到等边构等边,双等边 手拉手有全等. 第 5 题图 　 　 第 6 题图 6. 如图,在 Rt △ABC 中, AC = BC, ∠ACB = 90°,点 D 是 △ABC 外一点, 且 ∠BDC = 45°,连接 AD,若△ABD 的面积为 6,则 BD 的长为　 2 3 　 . 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋【辅助线寄语】共顶角是 45°,巧作等腰直 角手拉手相似. 7. (2024 铁一中八下月考节选)如图,在△ABC 中,AB=AC,∠BAC= 90°,BE 是∠ABC 的平 分线,CD⊥BE 交 BE 的延长线于点 D. 求 证:BE= 2CD. 第 7 题图 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋【辅助线寄语】等腰直角顶穿线,构造双 等腰直角得全等. 证明:如解图,延长 BA,CD 相交于点 Q, ∵∠CAQ=∠BAE=∠BDC=90°, ∴∠ACQ+∠Q=90°,∠ABE+∠Q=90°, ∴∠ACQ=∠ABE, ∵∠BAE=∠CAQ,AB=AC, ∴△ABE≌△ACQ(ASA),∴BE=CQ, ∵BD 平分∠ABC,∴∠QBD=∠CBD, ∵∠BDC=90°,∴∠BDQ=∠BDC=90°, ∴△QDB≌△CDB(ASA), ∴DQ=CD,∴BE=CQ=2CD. 8. 名师原创 已知△ABC 和△ADE 都是等边三 角形,ED 的延长线交直线 BC 于点 F,连接 BD,CE. (1)如图①,当点 F 和点 B 重合时,猜想线 段 AE,BE,CE 之间的数量关系,并说 明理由; (2)如图②,当点 F 是 BC 的中点,且 ED = EC 时,求∠BAD 的度数. 图① 　 　 图② 第 8 题图 解:(1)AE=BE-CE,理由略; (2)如解图,连接 AF,过点 A 作 AG⊥DE 于 点 G, ∴∠AGD=90°, ∵F 是 BC 的中点,△ABC 和△ADE 都是等边 三角形, ∴AF⊥BC,∠ABF=∠ADG=60°, ∴∠AFB=∠AGD,∴△ABF∽△ADG, ∴AB AF =AD AG ,∠BAF=∠DAG, ∴∠BAF+∠DAF=∠DAG+∠DAF, ∴∠BAD=∠FAG,∴△ABD∽△AFG, ∴∠ADB=∠AGF=90°,由(1)得 BD=CE, ∵CE=DE=AD,∴AD=BD, ∴∠BAD=45°. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 42