模型4 一线三等角模型&模型5 手拉手模型-【一战成名新中考】2025辽宁中考数学·二轮复习·专项培优练

参考答案与重难题解析·辽宁数学　 专 项 培 优 练 ∴ △AED≌△APD(SAS), ∴ ED=PD, 过点 D 作 DH⊥BP,垂足为 H, ∵ ∠PBD= 60°, ∴ ∠HDB= 30°, ∴ BH= 1 2 BD= 1 2 ×10 = 5, HD= BD2 -BH2 = 102 -52 = 5 3 , ∴ HP=BP-BH= 16-5 = 11. ∴ PD= HP2 +HD2 = 112 +(5 5 ) 2 = 14, ∴ DE=PD= 14,∴ BC=BD+DE+EC= 10+14+16 = 40. 模型四　 一线三等角模型(含弦图模型) 例　 49 5 　 【解析】由折叠可知,∠DFE = ∠A = 60°,∵ 等边三 角形 ABC 的边长为 28,BF = 7, ∴ CF = 28 - 7 = 21, ∵ ∠EFC= 180° -∠DFB-∠DFE,∠FDB = 180° - ∠DFB- ∠B,∴ ∠EFC = ∠FDB,又∵ ∠B = ∠C = 60°,∴ △BDF ∽△CFE,∴ BD BF =CF CE ,即 15 7 = 21 CE ,解得 CE= 49 5 . 【针对训练】 1. 5　 【解析】∵ △ABC 是等腰直角三角形,AD⊥BD,CE⊥ BD,∴ AB = BC, ∠D = ∠CEB = ∠ABC = 90°, ∴ ∠ABD + ∠CBE = 90°, ∠ABD + ∠BAD = 90°, ∴ ∠BAD = ∠CBE, ∴ △ABD≌△BCE( AAS),∴ BD = CE = 7,BE = AD = 2,∴ DE=BD-BE= 7-2 = 5. 2. 8　 【解析】 ∵ 四边形 ABCD 是矩形, ∴ AB = CD, ∠B = ∠C= 90°,∴ ∠BAE+∠AEB = 90°,∵ △AEF 是等腰直角 三角形,∴ AE = EF,∠AEF = 90°,∴ ∠FEC+∠AEB = 90°, ∴ ∠BAE = ∠FEC, 在 △ABE 和 △ECF 中, ∠B= ∠C, ∠BAE= ∠CEF, AE=EF, { ∴ △ABE≌△ECF,∴ AB = CE,BE = CF, ∵ 点 F 是 CD 的中点,∴ CF = 1 2 CD,∴ BE = CF = 1 2 AB, ∵ BE+CE=BC= 12,∴ 1 2 AB+AB= 12,∴ AB= 8. 3. 15　 【解析】解法 1:如解图①,延长 BC 到点M,使得 DC= DM,则∠DCM = ∠M, ∵ 四边形 ABCD 是平行四边形, ∴ DM=DC=AB= 10,∵ DC∥AB,∴ ∠DCM = ∠B,∴ ∠B = ∠M,∠DEF = ∠B, ∴ ∠BFE + ∠BEF = ∠BEF + ∠DEC, ∴ ∠BFE= ∠DEM,∴ △BFE∽△MED,∴ BE DM = EF DE ,即 4 10 = 6 DE ,∴ DE= 15. 第 3 题解图① 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋解法 2:∵ ∠DEF = ∠B, ∴ ∠BFE + ∠BEF = ∠BEF + ∠DEC,∴ ∠BFE = ∠DEC,如解图②,过点 C 作 CG∥ FE 交 DE 于点 G,∴ ∠DEF = ∠EGC,∴ ∠B = ∠EGC, ∴ △FBE∽△EGC,∴ BE FE =CG EC ,∵ 四边形 ABCD 是平行 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋四边形,∴ AB=DC= 10,∠B+∠BCD= 180°,∵ ∠EGC+ ∠DGC = 180°, ∠B = ∠EGC, ∴ ∠DGC = ∠BCD, ∵ ∠EDC= ∠CDG,∴ △DGC∽△DCE,∴ DC DE = CG EC ,∴ BE CG =EF EC ,即 BE FE =DC DE ,即 4 6 = 10 DE ,∴ DE= 15. 第 3 题解图② 模型五　 手拉手模型 例 1　 A　 【解析】由题意可得 AB =A′B,BC′= A′C′,∠ABA′= 60°,∴ △ABA′为等边三角形, ∴ AB = AA′,在 △ABC′和 △AA′C 中, AB=AA′, BC′=A′C′, AC′=AC′, ì î í ïï ï ∴ △ABC′≌△AA′C′,可得∠BAC′ = ∠A′AC′,∵ ∠BAA′ = ∠BAC′+∠A′AC′ = 60°,∴ ∠BAC′ = ∠A′AC′= 30°,∴ ∠CAC′= ∠BAC-∠BAC′= 45°-30° = 15°. 例 2　 3 5 2 　 【解析】∵ 将△CDE 绕点 C 逆时针旋转 90°得到 △CBF,∴ ∠ECF = 90°,CE = CF,∴ △CEF 是等腰直角三 角形,∵ 四边形 ABCD 是正方形,AB = 3,∴ ∠CDA = 90°, AD=CD=AB= 3,AD∥BC,∵ DG = 1 2 AG,∴ DG = 1 3 AD = 1, 在 Rt △CDG 中, 由 勾 股 定 理, 得 CG = DG2 +CD2 = 12 +32 = 10 ,∵ AD∥BC,∴ △DEG∽△BEC,∴ DG BC = EG CE = 1 3 ,∴ CE= 3EG= 3 4 CG= 3 10 4 ,∴ EF= 2CE= 3 5 2 . 【针对训练】 1. 4　 【解析】 如解图,延长 BD 交 AE 的延长线于点 F. ∵ ∠ABC= ∠EDC = 90°,∠BAC = ∠DEC = 30°, ∴ ∠ACB = ∠ECD=60°,∴ BC AC =CD CE = 1 2 ,∴ ∠BCD = ∠ECA,∴ △BCD∽ △ACE,∴ BD AE =BC AC = 1 2 ,∴ AE= 2BD= 4. 第 1 题解图 2. 3 -1　 【解析】∵ △ABC 和△ADE 都是等腰直角三角形, AB= 2 ,AD = 2,∴ BC = 2,DE = 2 2 . ∵ ∠BAD = ∠BAC+ ∠CAD = ∠DAE + ∠CAD = ∠CAE, AB = AC, AD = AE, ∴ △ABD≌△ACE( SAS), ∴ BD = CE, ∠ABD = ∠ACE = 45°,∴ ∠BCE = ∠ACB+∠ACE = 90° = ∠ECD. 设 CD = x, 则 BD=CE= 2+x,在 Rt△ECD 中,根据勾股定理得,CD2 + 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 85 参考答案与重难题解析·辽宁数学　 专 项 培 优 练 　 CE2 =DE2 ,即 x2 +(2+x) 2 = (2 2 ) 2 ,解得 x = 3 - 1(负值 已舍去),∴ CD= 3 -1. 模型六　 对角互补模型(含十字模型) 例　 (1)4　 【解析】如解图①,过点 O 分别作 OG⊥CD,OH⊥ BC,垂足分别为 G,H,∵ 点 O 在正方形 ABCD 的对角线 AC 上,∴ OG = OH,∠GOH = 90°,∴ 四边形 CGOH 是正方形, ∴ ∠EOF = ∠EOG + ∠GOF = ∠GOF + ∠FOH = ∠GOH, ∴ ∠EOG = ∠FOH, 又 ∵ ∠OGE = ∠OHF, ∴ △OGE ≌ △OHF(ASA),∴ S四边形CEOF =S正方形CGOH . ∵ AD =CD = 3,∴ AC = 3 2 ,∵ CO= 2AO,∴ CO= 2 2 ,∴ S正方形CGOH = 1 2 CO2 = 1 2 × (2 2 ) 2 = 4,∴ S四边形CEOF = 4. 例题解图 (2) 1 2 　 【解析】如解图②,过点 O 分别作 OG⊥CD,OH⊥ AD,垂足分别为 G,H,∴ 四边形 OHDG 为矩形,∴ ∠EOF = ∠HOG= 90°, ∴ ∠HOM = ∠GON,又∵ ∠MHO = ∠NGO, ∴ △MHO∽△NGO, ∴ OM ON = OH OG . ∵ AD = CD = 3, ∴ AC = 3 2 ,∵ CO= 2AO,∴ AO= 2 ,CO= 2 2 ,∴ AH =OH = 2 2 OA= 1,OG=DH=AD-AH= 2,∴ OM ON =OH OG = 1 2 . 【针对训练】 1. 3　 【解析】解法 1:如解图①,过点 C 分别作 CM⊥OA, CN⊥OB 于点 M, N, 由角平分线性质可得 CM = CN, ∠MCN = 90°, ∴ ∠MCD = ∠NCE, ∴ △MCD ≌ △NCE, ∴ CD=CE= 3. 图① 　 　 图② 第 1 题解图 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋解法 2:如解图②,过点 C 作 CF⊥OC,与 OB 交于点 F,易 证 ∠DOC = ∠EFC = 45°, CO = CF, ∠DCO = ∠ECF,∴ △DCO≌△ECF,∴ CD=CE= 3. 2. 4　 【解析】如解图,将△ACD 绕点 A 顺时针旋转 60°得到 △AEB. ∵ 四边形内角和为 360°,∴ ∠D+ ∠ABC = 180°, ∴ ∠ABE+∠ABC= 180°,∴ E,B,C 三点共线. 根据旋转性 质可知∠EAC = 60°,AE = AC, ∴ △AEC 是等边三角形. ∵ S四边形ABCD = S△AEC, ∴ S△AEC = 1 2 × 3 2 AC · AC = 4 3 , ∴ AC= 4. 第 2 题解图 3. 60 13 　 【解析】由题意得∠ABE = ∠C = 90°,AB =BC,∵ BE = CF,∴ △ABE ≌ △BCF, ∴ ∠BAE = ∠CBF, ∵ ∠CBF + ∠ABG= 90°,∴ ∠BAE+ ∠ABG = 90°,∴ ∠BGE = 90°,∴ ∠BGE= ∠C,又∵ ∠EBG = ∠FBC,∴ △EBG∽△FBC,∴ BG BC =BE BF ,∵ BC=AB= 12,CF=BE= 5,∴ BF = BC2 +CF2 = 122 +52 = 13,∴ BG 12 = 5 13 ,∴ BG= 60 13 . 4. 1　 【解析】解法 1:如解图①,过点 D 作 DG∥BC 交 AB 于 点 G,∵ △ABC 是等边三角形,∴ ∠B = ∠ACB = 60°,AB = AC = BC, ∴ ∠GDC = 120° = ∠EDF, ∠EGD = 120° = ∠DCF,∴ ∠GDE= ∠CDF,∵ D 是 AC 的中点,DG∥BC,∴ DG = 1 2 BC= 1 2 AC = 1 2 AB = DC = BG = 2, ∴ △GDE ≌ △CDF,∴ GE=CF. ∵ BE= 1,∴ GE=CF= 1. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋解法 2:如解图②,过点 D 分别作 DM⊥AB 于点 M,DN ⊥BC 于点 N,连接 BD,∵ △ABC 是等边三角形,D 是 AC 的中点,∴ BD 是∠ABC 的平分线,∴ DM = DN,∵ ∠ABC = 60°, ∴ ∠MDN = 120°, ∴ ∠MDE + ∠NDE = ∠NDE+∠NDF,∴ ∠MDE = ∠NDF,∵ ∠DME = ∠DNF = 90°, ∴ △DME ≌ △DNF ( ASA ), ∴ ME = NF, 在 Rt△ADM 中,AD= 2,∠A = 60°,∴ AM = 1,同理,CN = 1, ∴ ME=AB-AM-BE= 2,∴ NF= 2,∴ CF= 1. 图① 　 　 图② 第 4 题解图 模型七　 与圆有关的模型 例 1　 5 -1　 【解析】连接 OA,交半圆于点 P′,如解图,∵ AC = BC = 2,BC 为半圆的直径, ∴ OP′ = OC = 1 2 BC = 1, ∵ ∠ACB= 90°,∴ OA = AC2 +OC2 = 22 +12 = 5 ,∵ AP ≥OA-OP′,∴ AP≥ 5 -1,∴ 当点 P 在 OA 上时,AP 最短, 最小值为 5 -1. 例 1 题解图 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 95 专项培优练·辽宁数学 模 型 方 法 一 线 三 等 角 模 型 ︵ 含 弦 图 模 型 ︶ 模型四　 一线三等角模型(含弦图模型) (真卷 22 题;省样卷 15 题) 􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈 􀥈 􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈 􀥈 􀧈 􀧈 􀧈􀧈 模型解 读 有三个等角的顶点在同一条直线上的图形统称为一线三等角模型􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍. 情形 图示 结论 等角在线同侧 　 △ACH∽△BHD, 若有一组边对应相等则全等 等角在线异侧 　 △AHC∽△BDH, 若有一组边对应相等则全等 内弦图 △ABE≌△BCF≌ △CDG≌△DAH 外弦图 △AHE≌△BEF≌ △CFG≌△DGH 例题图 例　 [2024 盘锦期末改编]如图,沿直线 DE 折叠纸片(等边三角形 ABC),使 A 点落在 BC 边上点 F 处(不与 B,C 重合) . 已知等边三角形 ABC 的边长为 28,D 为 AB 上一点,BD= 15,BF= 7,则 CE= 　 　 　 　 . 【点拨】由等边三角形和折叠可得∠B = ∠C = ∠DFE = 60°,利用一线三等 角模型的结论可得△BDF∽△CFE,结合相似三角形的性质可求解 CE. 针对训练 1. 如图,△ABC 为等腰直角三角形,AD⊥BD 于点 D,CE⊥BD 于点 E,AC 与 BD 交于点 F,若 BE= 2,CE= 7,则 DE= 　 5　 . 第 1 题图 　 　 　 　 第 2 题图 　 　 　 　 第 3 题图 2. 如图,一块含 45°的三角板的一个顶点 A 与矩形 ABCD 的顶点重合,直角顶点 E 落在边 BC 上,另一顶点 F 恰好落在边 CD 的中点处,若 BC= 12,则 AB 的长为　 8　 . 3. 多解法 ∙∙∙ 如图,在▱ABCD 中,E 为边 BC 上的一点,F 为边 AB 上的一点. 若∠DEF = ∠B, AB= 10,BE= 4,EF= 6,则 DE 的长为　 15　 . 12 专项培优练·辽宁数学 模 型 方 法 手 拉 手 模 型 模型五　 手拉手模型(省模考 22 题) 􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈 􀥈 􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈 􀥈 􀧈 􀧈 􀧈􀧈 模型解 读 四线共点,两两相等,夹角相等􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍. 条件 图示 结论 △ABC 和 △ADE 均 为等 腰 三 角 形, 且 ∠BAC= ∠DAE △ABD≌△ACE, BD=CE, BD 与 CE 之间的夹角 等于∠BAC △ABC 中,DE∥BC △ABD′∽△ACE′ 例 1　 如图,在△ABC 中,∠C= 90°,AC =BC,将△ABC 绕点 B 顺时针旋转 60°得到△A′BC′, 连接 AC′,AA′,则∠CAC′的度数为 ( A ) A. 15° B. 20° C. 25° D. 30° 【点拨】由旋转可推出△ABA′为等边三角形,易证明△ABC′≌△AA′C′,从而求解. 例 2　 如图,在正方形 ABCD 中,AB = 3,G 为边 AD 上一点,且 DG = 1 2 AG,连接 CG 交对角线 BD 于点 E,将△CDE 绕点 C 逆时针旋转 90°得到△CBF,连接 EF 交 BC 于点 N,则 EF 的 长为　 　 　 　 . 【点拨】由旋转可推出 EF = 2 CE,结合勾股定理求出 CG,易证△DEG∽△BEC,可得出 EG,CE 的数量关系,进而求解. 例 1 题图 　 　 　 例 2 题图 　 　 　 第 1 题图 　 　 　 第 2 题图 针对训练 1. 如图,在△ABC 和△EDC 中,∠ABC = ∠EDC = 90°,∠BAC = ∠DEC = 30°,连接 BD,AE,若 BD= 2,则 AE 的值为　 4　 . 2. 名师原创 如图,△ABC 和△ADE 都是等腰直角三角形,即 AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE = 90°,B,C,D 三点在同一条直线上. 若 AB= 2 ,AD= 2,则 CD= 　 3 -1　 . 22