专题四 手拉手模型-【一战成名新中考】2025山东中考数学·二轮复习·专项培优练

专项培优练·山东数学 模 型 方 法 专题四　 手拉手模型 一阶 模型初探 例　 (1)【感知】如图①,△ABC,△AMN 均为等边三角形, 点 M 是 BC 上的任意一点(不与点 B,C 重合),连 接 CN. 求证:∠ABC= ∠ACN; 例题图① 证明:∵△ABC,△AMN 是等边三角形, ∴AB = AC,AM = AN,∠BAC = ∠MAN = 60°,∴∠BAM=∠CAN. 在△BAM 和△CAN 中, (2)【变式】如图②,在等边△ABC 中,点 M 是 BC 延长线 上的任意一点(不与点 C 重合),其他条件不变,(1) 中结论还成立吗? 请说明理由; 例题图② 解:结论仍成立.理由如下: ∵△ABC,△AMN 是等边三角形, ∴AB=AC,AM=AN,∠BAC= ∠MAN=60°,∴∠BAM=∠CAN. (3)【拓展】如图③,在等腰△ABC 中,BA = BC,点 M 是 BC 上的任意一点(不含端点 B,C),连接 AM,以 AM 为边作等腰 △AMN,使顶角 ∠AMN = ∠ABC,连接 CN. 试探究 ∠ABC 与 ∠ACN 的数量关系, 并说明 理由; 例题图③ 解:∠ABC=∠ACN,理由见本册 P; (4)【应用】如图④,若△ACB 和△DCE 均为等腰直角三 角形,∠ACB= ∠DCE= 90°,点 A,D,E 在同一条直线 上,CM 为△DCE 中 DE 边上的高,连接 BE,请判断 例题图④ ∠AEB 的度数及线段 CM,AE,BE 之间的数量关系,并说明理由. 解:∠AEB = 90°,AE =BE+2CM,理由见 本册 P. 模型解读 手拉手全等 条件:△ABC 和 △ADE 均为共顶 角 顶 点 的 等 腰 三 角 形, 且 ∠BAC= ∠DAE. 图示: 结论:△ABD≌△ACE; BD=CE; BD 与 CE 之间夹的较小的角等 于∠BAC. 手拉手相似 条件:△ABC 中,DE∥BC,绕点 A 旋转△ADE. 图示: 结论:△ABD∽△ACE. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 31 专项培优练·山东数学 模 型 方 法 二阶 对接中考 1. 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°,点 B,C,D 在同一条直线上. 若 AB= 2 ,AD= 2,则 CD= 　 3 -1　 . 第 1 题图 2. 名师原创 如图,四边形 ABCD 和四边形 CGFE 均为矩形,AB = 3,BC = 6,EF = 2,CE = 4,连接 BE,若 B,E,F 三点共线,则△DCG 的面积为　 　 5 　 . 第 2 题图 3. [2024 济宁金乡县二模改编]如图,点 E 为正方形 ABCD 的边 AB 上靠近点 A 的三等分点,以 DE 为边在 DE 上方作正方形 DEFG,点 O 为正方形 DEFG 的中心,若 OA= 2 ,则 EF 的长 度为　 10 　 . 第 3 题图 4. [2024 宜宾]如图,在△ABC 中,AB = 3 2 ,AC = 2,以 BC 为边作 Rt△BCD,BC =BD,点 D 与 点 A 在 BC 的两侧,则 AD 的最大值为 (　 D　 ) 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　A. 2+3 2 B. 6+2 2 C. 5 D. 8 第 4 题图 变式 　 如图,在四边形 ABCD 中,∠ABC = ∠ADC = 45°,∠ACB = 90°,AC =BC. 若 AD = 2,CD = 3,则 BD= 　 22 　 . 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋【思路剖析】易知△ACB 为等腰直角三角形,又因为∠ADC = 45°,考虑将 CD 顺时针旋转 90°构造等腰直 角三角形,与△ACB“手拉手”形成全等,又得到以点 D 为直角顶点的直角三角形. 变式题图 41 参考答案与重难题解析·山东数学　 专 项 培 优 练 △AEC′(AAS),∴ AE=BC′= 4,C′E =MC′= 5,∵ CD =C′D′ =AB=AC′+BC′= 7,AD=BC=BM+CM= 3+5 = 8,∴ DE =AD -AE= 8-4 = 4,D′E=C′D′-C′E = 7-5 = 2,设 D′N =DN = a, 则 EN= 4-a,在Rt△D′EN 中,NE2 = D′E2 +D′N2 ,即 ( 4- a) 2 = 22 +a2 ,解得 a= 3 2 . 4. 2 2 , 2 5 5 　 【解析】如解图,过点 E 作 EM⊥BD 于点 M,由 旋转性质得 AD = DE, ∠ADE = 90°, ∴ ∠ADC + ∠EDM = 90°,∵ ∠ACB = 90°,EM⊥BD,∴ ∠ACD = ∠DME = 90°, ∴ ∠ADC+∠CAD = 90°, ∴ ∠CAD = ∠EDM, ∴ △ACD≌ △DME(AAS),∴ DM=AC = 1,ME = CD = 2,∴ CM = 2-1 = 1,∴ BM = CM + BC = 1 + 1 = 2, ∴ 在 Rt △BEM 中,BE = BM2 +EM2 = 22 +22 = 2 2 , 在 Rt △CEM 中, CE = EM2 +CM2 = 22 +12 = 5 , ∴ sin ∠ECD = EM CE = 2 5 = 2 5 5 . 第 4 题解图 5. 15　 【解析】解法一:如解图①,过点 D 作 DM =DC 交 BC 的延长线于点 M,∴ ∠DCM = ∠M,∵ 四边形 ABCD 是平 行四边形,∴ CD=DM=AB= 10,DC∥AB,∴ ∠DCM = ∠B = ∠M,∵ ∠DEF = ∠B, 且 ∠BEF + ∠BFE = 180° - ∠B, ∠BEF + ∠MED = 180° - ∠DEF, ∴ ∠BFE = ∠MED, ∴ △BFE∽△MED,∴ BE MD =EF ED ,即 4 10 = 6 DE ,∴ DE= 15. 图① 　 　 图② 第 5 题解图 解法二: ∵ ∠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 =GC EC ,∵ 四边形 ABCD 是平行四 边形,∴ CD = AB = 10, ∠B + ∠BCD = 180°, ∵ ∠EGC + ∠DGC = 180°,∠B = ∠EGC,∴ ∠DGC = ∠BCD,∵ ∠CDG = ∠EDC, ∴ △DGC∽△DCE,∴ DC DE = CG EC ,∴ DC DE = BE FE ,即 10 DE = 4 6 ,∴ DE= 15. 专题四　 手拉手模型 例　 (1)证明:∵ △ABC,△AMN 是等边三角形, ∴ AB=AC,AM=AN,∠BAC= ∠MAN= 60°, ∴ ∠BAM= ∠CAN. 在△BAM 和△CAN 中, AB=AC, ∠BAM= ∠CAN, AM=AN, { ∴ △BAM≌△CAN(SAS),∴ ∠ABC= ∠ACN; (2)解:结论仍成立. 理由如下: ∵ △ABC,△AMN 是等边三角形, ∴ AB=AC,AM=AN,∠BAC= ∠MAN= 60°, ∴ ∠BAM= ∠CAN. 在△BAM 和△CAN 中, AB=AC, ∠BAM= ∠CAN, AM=AN, { ∴ △BAM≌△CAN(SAS),∴ ∠ABC= ∠ACN; (3)解:∠ABC= ∠ACN. 理由如下: ∵ BA=BC,MA=MN,∠ABC= ∠AMN, ∴ ∠BAC= ∠MAN,∴ △ABC∽△AMN,∴ AB AM = AC AN , 又∵ ∠BAM= ∠BAC-∠MAC,∠CAN= ∠MAN-∠MAC, ∴ ∠BAM= ∠CAN,∴ △BAM∽△CAN,∴ ∠ABC= ∠ACN; (4)解:∠AEB= 90°,AE=BE+2CM. 理由如下: ∵ △ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形, ∴ AC=BC,DC=EC,∠ACB= ∠DCE= 90°, ∴ ∠ACD= ∠BCE,∴ △ACD≌△BCE(SAS), ∴ AD=BE,∠ADC= ∠BEC, ∵ △CDE 是等腰直角三角形,∴ ∠CDE= ∠CED= 45°, ∴ ∠ADC= 180°-∠CDE= 135°,∴ ∠BEC= ∠ADC= 135°, ∴ ∠AEB= ∠BEC-∠CED= 135°-45° = 90°, 在等腰直角△DCE 中,CD=CE,CM⊥DE, ∴ DM=ME=CM, ∴ DE= 2CM,∴ AE=AD+DE=BE+2CM. 1. 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,CD2 +CE2 =DE2 ,即 x2 + (2+x) 2 = (2 2 ) 2 ,解得 x = 3 - 1(负值已舍去),∴ CD = 3 -1. 2. 5 　 【解析】∵ 四边形 ABCD 和四边形 CGFE 均为矩形, ∴ ∠BCD= ∠ECG = 90°,∴ ∠BCE = ∠DCG,CD = AB = 3, CG=EF= 2,∴ BC ∶CE =DC ∶CG = 3 ∶2,∴ △BCE∽△DCG. ∵ B,E,F 三点共线,∴ ∠BEC = 90°,∴ BE = BC2 -CE2 = 2 5 ,∴ S△BCE = 1 2 BE·CE= 1 2 ×2 5 ×4 = 4 5 ,∵ BC ∶CD = 2 ∶ 1, ∴ △BCE 与 △DCG 的相似比为 2 ∶ 1, ∴ S△DCG = 1 4 S△BCE = 5 . 3. 10 　 【解析】如解图,连接 BD,∵ 四边形 ABCD,DEFG 是正方形,∴ EF = ED, DO ED = AD BD = 2 2 ,∵ ∠ODA+∠ADE = ∠EDB+ ∠ADE = 45°, ∴ ∠ODA = ∠EDB, ∴ △AOD ∽ △BED,∴ AO BE =OD ED = AD BD = 2 2 ,∴ AO 2 3 AB = 2 2 ,又∵ OA = 2 , ∴ AB=AD= 3,∴ AE = 1 3 AB = 1,在 Rt△AED 中,由勾股定 理得 ED= AE2 +AD2 = 1+9 = 10 ,∴ EF =ED = 10 , 即线段 EF 的长度为 10 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 36 参考答案与重难题解析·山东数学　 专 项 培 优 练 第 3 题解图 4. D　 【解析】如解图,把△ABC 绕点 B 顺时针旋转 90°得到 △HBD,连接 AH,∴ BH = AB = 3 2 ,DH = AC = 2,∠ABH = 90°,∴ AH= 2 AB = 6,∵ AD≤DH+AH(A,H,D 三点共线 时取等号),∴ AD 的最大值为 6+2 = 8. 第 4 题解图 　 　 　 变式题解图 变式 　 22 　 【解析】如解图,将 DC 绕点 C 顺时针旋转 90°得 EC,连接 AE,DE,则∠DCE = ∠ACB = 90°,∠ACE = ∠ACD+∠DCE= ∠ACD+∠BCA = ∠BCD,又∵ BC = AC,CD =CE= 3,∴ △BCD≌△ACE,∴ BD=AE,由旋转可知△CDE 为等腰直角三角形,∴ ∠CDE = 45°,DE = 2 CD = 3 2 , ∴ ∠ADE= ∠ADC + ∠CDE = 90°, ∴ AE = AD2 +DE2 = 22 +(3 2 ) 2 = 22 ,∴ BD= 22 . 专题五　 对角互补模型 例　 (1)①证明:选择小红的思路:如解图①,延长 CD 到 M, 使得 DM=BC,连接 AM, ∵ 四边形 ABCD 为对角互补四边形, ∴ ∠ABC+∠ADC= 180°, 又∵ ∠ADC+∠ADM= 180°, ∴ ∠ABC= ∠ADM, ∵ AB=AD,BC=DM,∴ △ABC≌△ADM, ∴ AC=AM,∠ACB= ∠AMD, ∴ ∠ACD= ∠AMD= ∠ACB, ∴ CA 平分∠BCD; 图① 　 　 图② 例题解图 选择小星的思路:如解图②,过点 A 分别作 AQ⊥CD 于 Q, AP⊥CB 交 CB 的延长线于 P, ∴ ∠APB= ∠AQD= 90°, ∵ 四边形 ABCD 为对角互补四边形, ∴ ∠ABC+∠ADC= 180°, 又∵ ∠ABP+∠ABC= 180°,∴ ∠ABP= ∠ADQ, ∵ AB=AD,∴ △ABP≌△ADQ, ∴ AP=AQ,∴ CA 平分∠BCD; ②解:CD +CB = 2 CA;【解法提示】 ∵ △ABC≌ △ADM, ∴ ∠BAC= ∠DAM,AC = AM,BC = DM,又∵ ∠BAD = 90°, ∴ ∠CAM= 90°, ∴ △ACM 是等腰直角三角形, ∴ CM = 2AC, ∵ CM=CD+DM,∴ CM=CD+BC= 2AC; (2)证明:如解图③,过点 E 作 EH⊥BC 于点 H,过点 E 作 EP⊥CD 于点 P, ∵ 四边形 ABCD 为正方形,∴ CE 平分∠BCD, 又∵ EH⊥BC,EP⊥CD,∴ EH=EP, ∴ 四边形 EHCP 是正方形,∴ ∠HEP= 90°, ∵ ∠GEH+∠HEF= 90°,∠PEF+∠HEF= 90°, ∴ ∠PEF= ∠HEG,∴ Rt△FEP≌Rt△GEH,∴ EF=EG; 图③ 　 　 图④ 例题解图 (3) 5 3 . 【解法提示】解法一:如解图④,过点 E 作 EM⊥BC 于 M,过点 E 作 EN⊥CD 于 N,则∠MEN= 90°,∴ EM∥AB, EN∥AD,∴ △CEN∽△CAD,△CEM∽△CAB,∴ NE AD = CE CA , EM AB = CE CA , ∴ NE AD = EM AB ,即 EN EM = AD AB = CB AB = 5 3 , ∵ ∠NEF + ∠FEM = ∠BEM + ∠FEM = 90°, ∴ ∠BEM = ∠FEN, ∵ ∠BME= ∠FNE = 90°, ∴ △BME∽ △FNE, ∴ EF EB = EN EM = 5 3 . 解法二:如解图⑤,过点 E 作 EM⊥AB 于点 M,延长 ME 交 CD 于点 N,则 EN⊥CD,MN∥BC,MN = BC,∴ AM ME = AB BC = 3 5 ,∴ AB-MB MN-EN = 3 -MB 5-EN = 3 5 , ∴ MB EN = 3 5 . ∵ EF ⊥ BE, ∴ ∠BEM+∠FEN = ∠BEM + ∠EBM, ∴ ∠FEN = ∠EBM, ∵ ∠ENF= ∠BME = 90°, ∴ △FEN∽ △EBM, ∴ EF BE = EN BM = 5 3 . 解图⑤ 　 解图⑥ 例题解图 解法三:如解图⑥,连接 BF,取 BF 的中点 O,连接 OE, OC. ∵ 四边形 ABCD 是矩形,EF⊥BE,∴ ∠BEF = ∠BCF = 90°,AB = CD = 3, BC = AD = 5, ∴ B,C,F,E 四点共圆, ∴ ∠EBF=∠ECF,∴ tan∠EBF=tan∠ACD, ∴ EF BE =AD CD = 5 3 . 1. A　 【解析】解法一:如解图①,延长 AB 至点 E,使得 BE = AD,过点 O 作 OH⊥AC 于点 H,连接 CE,OA,OC,∵ ∠BAC 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 46