小专题培优5 手拉手(旋转)模型-【众相原创·赋能中考】2026年中考数学二轮专项突破（河北专用）

(2)解：：△ADE是以AE为底的等腰三角形，.AD=DE. 由(1)知△ABD∽△DCE,∴.△ABD≌△DCE, .∴.CD=AB=6. 1.证明：：△ABC是等边三角形 .∠BAC=60°，AB=CA,∠BAF+∠EAC=60°. .∠CED=∠BFD=60° ∴.∠AEC=∠BFA=180°-60°=120°. .∴.∠BAF+∠FBA=180°-∠AFB=60°， ∴.∠EAC=∠FBA L∠AEC=∠BFA. 在△ACE和△BAF中 ∠EAC=∠FBA. AC=BA. .∴.△ACE≌△BAF(AAS). 2.(1)证明：.AB=AC,.∠B=∠C ∠FDE=∠B,∴.∠BFD+∠BDF=∠BDF+∠CDE, ∴.∠BFD=∠CDE. 又：∠B=∠C,∴△BDF∽△CED. (2)解：由(1)可知△BDF∽△CED 0需即子=号 3.解：如解图，作DH⊥BC交BC的延长线于点H. .AB⊥BC,DH⊥BC,PA⊥PD ∴.∠B=∠APD=∠H=90°， ∴.∠A+∠APB=90°，∠APB+∠DPH= 90°，∴.∠A=∠DPH=24 又.PA=PD,.△ABP≌△PHD (AAS), .AB=PH,PB=DH. .'AB=BC,∴.BC=PH,∴，PB=CH=DH,∴.∠DCH=45 .·∠DCH=∠DPC+∠PDC, .∠PDC=45-24°=21° 小专题培优5手拉手（旋转)模型 例证明：∠ABC=∠ACB,∠ADE=∠AED, ∴.AB=AC,AE=AD ·∠BAC=∠DAE. ∴.∠BAC+∠CAE=∠DAE+∠CAE,即∠BAE=∠CAD .△ABE≌△ACD(SAS),.BE=CD. 1.60【解析】：△ABC和△CDE都是等边三角形，.AC= BC,DC=EC,∠ACB=∠DCE=60°，÷.∠ACB+∠BCD= ∠DCE+∠BCD,即∠ACD=∠BCE,.△ACD≌△BCE (SAS),.∴.∠CAD=∠CBE.又∠AMC=∠BIMP,∴.∠APB= ∠ACB=60° 2.(1)证明：.四边形ABMN和四边形ACDE是正方形 .AN=AB,AC=AE,∠NAB=∠CAE=90°. ·.∠NAC=∠NAB+∠BAC,∠BAE=∠BAC+∠CAE, .∠NAC=∠BAE,∴.△ANC≌△ABE(SAS), .∠ANC=∠ABE. (2)解：如解图，设NC与AB的交点为O B .四边形ABMN是正方形， .∠N4B=90°，.∠ANC+∠AON=90°. .·∠BOP=∠AON,∠ANC=∠ABE, 24 .∴.∠ABP+∠BOP=90°，.∴.∠BPC=∠ABP+∠BOP=90° Q为BC的中点，BC=6P0=之BC=3 小专题培优6对角互补模型 例解：如解图，连接AD,过点D分别作DG⊥AB于点G, DH⊥AC于点H. .·△ABC为等边三角形，·.∠BAC=60° .∠EDF=120°，∴.∠EAF+∠EDF=180°， ·.∠AED+∠AFD=180° .:∠AED+∠DEG=180°，∴.∠DEG=∠DFH. D为BC边的中点，.AD平分∠BAC,DG=DH I∠DEG=∠DFH. 在△DEG和△DFH中，了∠DGE=∠DHF, DG=DH. .∴.△DEG≌△DFH(AAS),∴.DE=DF=6. 过点E作EP⊥BC于点P. ∠BDE=45..EP=)DE=32. ∠B=60BB=2 -EP=2w6. 3 BP D C L.证明：如解图，延长BC到点E,使CE=AB,连接DE. .∠ABC+∠ADC=180°，∴.∠4+∠A=180°. 又·∠1+∠4=180°， D ∴.∠A=∠1. 又.·AD=CD .△DAB≌△DCE(SAS), E ∴.∠2=∠E,BD=DE 4 ·∠3=∠E=∠2， 3 .BD平分∠ABC B 2. ,【解析】解法1：如解图1，过点E分别作EM⊥BC于 点M,EN⊥CD于点N,则四边形EMCN是矩形，.EM= CN..·四边形ABCD是矩形，.∠BCD=90°..·EF⊥BE, .∠EBC+∠EFC=360°-∠BCD-∠BEF=180°.又： ∠EFC+∠EFN=18O°，∴.∠EFN=∠EBC.又∠ENF= ∠EMB,.△ENF∽△EMB,∴ EF ENEN EB EM-C示：ENL CD, AD1GDEN/AD,△CNE∽△CDA,X-A0-=三 CN CD 3 EF 5 EB 3 B M 解图1 解图2 解法2：如解图2，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° .OE=OB=OF=OC,B,C,F,E四点共圆，∠EBF= ∠ECF=∠ACD心tan∠EBF=tan∠ACD,BE=CD3:小专题培优5手拉手（旋转）模型 (10年3考) 1.全等与相似手拉手（旋转）模型的对比 模型 四线共，点，两两相等，夹角相等 特点 图示 △ABC和△EBD是两个有公共顶，点的等腰 △ABC和△EBD是两个有公共顶，点的非等 条件 三角形，且有公共顶点的两个角相等，即 腰三角形，且有公共顶点的两个角相等，即 ∠ABC=∠DBE ∠ABC=∠DBE 解题 一般利用SAS证明两个三角形全等或利用两边对应成比例且夹角相等证明两个三角形 策略 相似，其夹角一般是有公共顶，点的两个角加（或减）公共部分的角 △ABD≌△CBE: 若1BBD 结论 BC BE' 则△ABD∽△CBE; 拉手线CE,AD的夹角与∠ABC相等或互补 拉手线CE,AD的夹角与∠ABC相等或互补 2.几种特殊手拉手模型中的常见结论 常见 等腰三角形旋转，且 等边三角形旋转 等腰直角三角形旋转 正方形旋转 模型 ∠DAE=∠BAC B 图示 △ABDY△ACE △BCD≌△ACE △AEO≌△BFO △ABG≌△ADE BD=CE BD=AE AE=BF BG=DE 结论 BD与CE之间夹的 ∠AMB=∠BCA=60° AE⊥BF BG⊥DE 较小的角等于∠BAC 12 例△ABC和△ADE如图所示，其中∠ABC=∠ACB,∠ADE=∠AED,∠BAC=∠DAE,连接 BE,CD,求证：BE=CD. ///II针对训川练II// 1.如图，△ABC和△CDE都是等边三角形，且点A,C,E在一条直线上，AD与BE相交于点 P,AD与BC相交于点M,BE与CD相交于点N,则∠APB= 2.如图，分别以△ABC的两边AB和AC为边向外作正方形ABMN和正方形ACDE,NC,BE相 交于点P (1)求证：∠ANC=∠ABE; (2)若Q是线段BC的中点，连接PQ,BC=6,求PQ的长 13