专题05 相似模型之“母子型”模型（共边共角模型）与手拉手模型（几何模型讲义）（广东专用）2026年中考数学一轮复习几何模型系列

该初中数学中考复习讲义聚焦相似三角形核心考点，系统梳理“母子型”（共边共角）与手拉手模型，构建“模型特征-核心结论-判定方法”知识体系，通过考点溯源、真题解析、例题精讲、分层训练四环节，帮助学生突破相似证明与比例线段应用难点。 亮点在于“模型可视化”与“真题情境化”教学策略，如通过对比图归纳母子型模型的共边共角特征，结合2025年广东中考真题设计“条件辨析-结论推导-变式应用”三步训练，培养学生几何直观与推理能力。分层设置基础例题、综合探究题及限时测试，确保高效突破相似模型综合应用，助力教师精准把控复习节奏，提升学生中考应考能力。

专题05相似模型之“母子型”模型（共边共角模型）与手拉手模型 “母子型”（共边共角）与手拉手模型是初中几何相似核心模型，均以 AA 相似为判定核心。“母子型” 模型两三角形共一条公共边、一个公共角，且另一组对应角相等，直接匹配 AA 判定；手拉手模型是两个等腰三角形共顶点，顶角相等，通过角的和差推导对应角相等，进而证相似。解题关键是识别共边共角或共顶点等腰特征，快速锁定角相等条件，再套用对应边比例。 1 模型来源 1 真题现模型 2 提炼模型 3 模型运用 5 模型1相似模型之“母子型”模型（共边共角模型） 5 模型2相似模型之手拉手模型 9 16 相似模型中的“母子型”模型（共边共角模型）与相似模型之手拉手模型，均源于平面几何相似三角形的判定逻辑，是对高频图形结构的归纳总结，核心依托AA、SAS等相似判定定理，为解决比例线段、角度关系问题提供高效思路。“母子型”模型以“共边共角”为核心特征，呈现大三角形包含小三角形的结构，两个三角形共享一个公共角且一条边相互包含，常见于三角形内部作射线、等腰三角形底角关联等场景，通过公共角加另一组对应角相等的AA判定，可快速证明相似，进而推导线段比例或长度，是基础且高频的相似模型；相似手拉手模型则以“共顶点、双等腰、顶角相等”为核心结构，由两个顶角相等的等腰三角形共顶点旋转形成，是全等手拉手模型的进阶延伸，当全等模型中“相等线段”变为“成比例线段”时便转化而来，本质是旋转变换下的相似不变性，多用于证明线段比例、夹角相等，或破解复杂图形中的比例线段关联问题，二者均通过精准捕捉图形特征，简化相似判定流程，降低解题难度。 1.（2025·广东深圳·模拟预测）如图，在中，，D是的中点，连接，将绕点A逆时针旋转至，连结交于点G，交于点F，则 ． 2.（2025·广东中山·模拟预测）如图，在边长为6的正方形内部存在一动点P，且满足，连接，则的最大值是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 3.（2025·广东深圳·中考真题）综合与探究 【探索发现】如图1，小军用两个大小不同的等腰直角三角板拼接成一个四边形． 【抽象定义】以等腰三角形的一腰为边向外作三角形，使该边所对的角等于原等腰三角形的顶角，此时该四边形称为“双等四边形”，原等腰三角形称为四边形的“伴随三角形”．如图2，在中，，，．此时，四边形是“双等四边形”，是“伴随三角形”． 【问题解决】如图3，在四边形中，，，．求： ①与的位置关系为：__________： ②_____．（填“>”，“”或“”） 【方法应用】①如图4，若，将绕点逆时针旋转至，点恰好落在边上，求证：四边形是双等四边形． ②如图5，在等腰三角形中，，，，在平面内找一点，使四边形是以为伴随三角形的双等四边形，若存在，请求出的长，若不存在，请说明理由． 相似模型之“母子型”模型（共边共角模型） 核心结论：两个三角形共用一条边、共享一个角，且第三个角相等（或夹角的对边成比例），则两三角形相似（AA/SAS 判定），对应边成比例、面积比为相似比的平方。 一、模型核心定义 “母子型” 因大三角形包含小三角形（形似 “母亲” 含 “孩子”）得名，又称 “共边共角模型”。关键特征：两个三角形有一个公共角（∠A=∠A），且有一条公共边（如△ABC 与△ACD 共用边 AC），小三角形的第三个顶点在大三角形的边上，最终通过角相等或边成比例证明相似。 二、模型核心三要素 共角：两个三角形共享一个公共角（记为∠A），是相似的基础角条件。 共边：共享一条以公共角为顶点的边（如 AC 既是△ABC 的边，也是△ACD 的边）。 第三角相等或边成比例：要么有一组对应角相等（∠ACD=∠B），要么公共角的两条邻边成比例（AB/AC=AC/AD）。 三、常见模型分类 图1 图2 图3 图4 1.“母子”模型（斜射影模型） 条件：如图1，∠C=∠ABD； 结论：△ABD∽△ACB，AB2＝AD·AC. 证明：∵∠C=∠ABD，∠DAB=∠BAC，∴△ADB∽△BAC，∴，∴AB2＝AD·AC. 2.双垂直模型（射影模型） 条件：如图2，∠ACB=90o，CD⊥AB； 结论：△ACD∽△ABC∽△CBD；CA2＝AD·AB，BC2＝BD·BA，CD2＝DA·DB. 证明：∵∠ACB=90o，CD⊥AB，∴∠A+∠ACD=90°，∠A+∠B=90°，∴∠B=∠ACD， ∵∠A=∠A，∴△ACD∽△ABC，∴，∴AC2＝AD·AB. 同理可证：BC2＝BD·BA，CD2＝DA·DB. 3.“母子”模型（变形） 条件：如图3，∠D=∠CAE，AB=AC； 结论：△ABD∽△ECA； 证明：∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∴∠DBA=∠ACE，∵∠D=∠CAE，∴△ABD∽△ECA 4）共边模型 条件：如图1，在四边形中，对角线平分，，结论：； 证明：∵对角线平分，∴∠ABD=∠CBC， ∵，∴△ADB∽△DCB，∴，∴ 相似模型之手拉手模型 核心结论：相似模型之手拉手是 “旋转相似” 的核心模型，核心是 “共顶点 + 两组邻边成比例 + 旋转角相等”，通过旋转构造满足 SAS 相似判定的三角形，对应边成比例、对应角相等，面积比为相似比的平方。 一、模型核心定义 手拉手相似模型是全等手拉手模型的拓展，本质是 “以公共顶点为旋转中心，将一个三角形绕顶点旋转一定角度后，与另一个三角形形成相似”。关键特征：两个三角形共用一个顶点（旋转中心），从公共顶点出发的两组邻边成比例（而非全等的 “相等”），且两组邻边的夹角（旋转角）相等，最终构成相似三角形。 二、模型核心三要素 共顶点：两个三角形共用一个公共顶点 O（旋转中心）。 邻边成比例：从 O 出发的两组线段对应成比例，即 OA/OB = OC/OD（而非全等的 OA=OB、OC=OD）。 旋转角相等：两组邻边的夹角相等，即∠AOB=∠COD（旋转角为 α，与全等手拉手一致）。 三、构造相似的核心逻辑 构造思路 以公共顶点 O 为旋转中心，将△COD 绕点 O 旋转，使成比例的线段 OC 与 OA（或 OD 与 OB）重合，旋转后∠AOC=∠BOD（旋转角相等推导），结合邻边成比例条件，满足 SAS 相似。 相似判定（固定 SAS） 边：OA/OB = OC/OD（已知邻边成比例）。 角：∠AOC=∠BOD（∠AOB+∠BOC=∠COD+∠BOC，旋转角相等推导）。 结论：△AOC∽△BOD（SAS 相似判定：两边成比例且夹角相等）。 4、 常见模型分类 1.手拉手相似模型（任意三角形） 条件:如图，∠BAC=∠DAE=，； 结论：△ADE∽△ABC，△ABD∽△ACE；；∠BFC=∠BAC. 证明：∵，∴，∵∠BAC=∠DAE=，∴△ADE∽△ABC， ∵∠BAC=∠DAE=，∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，∴∠BAD=∠CAE， ∵，∴△ABD∽△ACE，∴，∠ABD=∠ACE，∴∠BFC=∠BAC=∠DAE=， 2.手拉手相似模型（直角三角形） 条件:如图，，； 结论：△AOC∽△BOD；，AC⊥BD，. 证明：∵，∴∠AOB-∠BOC=∠COD-∠BOC，∴∠AOC=∠BOD， ∵，∴△AOC∽△BOD，∴，∠OAB=∠OBD， ∴∠AEB=∠AOB=90°，∴AC⊥BD，∴. 模型1.相似模型之“母子型”模型（共边共角模型） 例1（2025·广东深圳·模拟预测）如图,为的直径,和相交于点平分，点C在上，且交于点P． (1)求证：是的切线； (2)求证：； (3)已知，求的值． 例2（2024·广东珠海·三模）综合探究 如图，在中，，在上取一点，以点为圆心，长为半径作圆，分别交于点，交于点，交于点，连接，且为的中点． (1)【问题初探】求证：为的切线； (2)【深入探究】连接，求证：； (3)【问题拓展】若，，求，的长． 例3（2025·广东韶关·一模）定义：三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段的积等于这个点到该边所对顶点连线的平方，则称这个点为三角形该边的“中项点”．如图，中，点是边上一点，连接，若，则称点是中边上的“中项点”． (1)如图，的顶点是网格图的格点，每个单元格的边长相等，点在格点上，连接交于点，求证：点是边上的一个“中项点”． (2)如图，是的内接三角形，点在上，连接并延长交于点．点是中边上的“中项点”． 求证：； 若，的半径为，且，求的值． 例4（2025·广东深圳·三模）如图，是的直径，点，在上，交的延长线于点． (1)请在不增加新的点和线的情况下，添加一个条件：______，使得直线是的切线，并加以证明； (2)尺规作图：作点关于直径的对称点，连接交于点保留作图痕迹，不写作法若，，直接写出的长． 模型2.相似模型之手拉手模型 例1（2025·广东东莞·一模）如图，在矩形中，，，点在线段上运动，连接，以为斜边作等腰，连接，则线段的最小值为（   ） A． B． C． D． 例2（2025·广东东莞·三模）把矩形绕点逆时针旋转得到矩形，点，，的对应点分别为，，． 【知识技能】（1）如图1，当点落在上时，连接．判断的形状并证明． 【数学理解】（2）如图2，当点落在的延长线上时，连接，延长交于点，求证：． 【拓展探索】（3）如图3，当点落在上时，连接交于点．若，请求出的长． 例4（2025·广东韶关·三模）（1）如图1，在中，，点是斜边上的一个动点点不与点重合，连接，线段绕点顺时针旋转，连接、，猜想：与之间的位置关系_________，数量关系____________． （2）如图2，在中，，点是斜边上的一个动点不与点重合，连接，线段绕点顺时针旋转，并延长使得，连接，猜想与的数量关系，并证明． （3）如图3，在（2）的条件下，点是点关于对称点，连接、、，构造得到筝形．若，设，筝形的面积是，求与的函数关系式，并求出的最小值． 1.（2025·广东深圳·模拟预测）如图，在中，是钝角． (1)尺规作图：在上取一点O，以O为圆心，作出，使其过A、C两点，交于点D，连接；（不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）所作的图中，若，，． ①求证：是的切线； ②求直径的长． 2.（2025·广东深圳·三模）如图，是的外接圆，点O在边上，的平分线交于点D，连接，过点D作的平行线与的延长线相交于点 (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 3.（2025·广东惠州·三模）如图，在中，点P为直径延长线上一点，直线切于点D，过点B作，垂足为H，交于点C，连接． (1)求证：平分． (2)如果，，求的长？ 4.（2025·广东深圳·三模）如图，在中，，，点，分别在边，上，连接，将沿翻折，点的对应点为点，线段恰好经过点若，则的值为 ． 5．综合与实践 在综合实践课上，刘老师组织同学们以“三角形中手拉手模型”为主题开展数学活动． (1)提出问题：若和都是等边三角形，连接和交于点，如图1所示，线段与线段的数量关系是_______，_______； (2)探究证明：若和都是直角三角形，，连接和交于点，如图2所示，试猜想与的关系，并说明理由； (3)拓展延伸： ①“智慧小组”发现在（2）的条件下，若，使图2中固定不动，将绕顶点旋转，当点在同一条直线上时，则_______； ②“勤奋小组”发现在（2）的条件下，若是的中点，使图3中固定不动，将绕顶点旋转，在旋转过程中，则的最小值为_______． 6．某数学兴趣小组在探究“手拉手”模型时，等边三角形和按如图1摆放．连接，，延长交于点，连接，保持不动，将绕点旋转． 【初步探究】（1）如图2，当点，重合时，请写出，，之间的数量关系并加以证明： 【深入探究】（2）如图1，当点，不重合时，（）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出推理过程；若不成立，请说明理由． 【拓展延伸】（3）如图3，当和都是等腰直角三角形，．连接，，延长交于点，连接，试探究，，之间的数量关系，并说明理由． 【推广应用】（4）如图，在中，若．连接，、延长交于点，连接，请直接写出，，之间的数量关系：________． 7．【模型认知】“阿氏圆”，是阿波罗尼斯圆的简称，已知在平面内两点A、B，则所有满足的点P的轨迹是一个圆，这个轨迹最早由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称“阿氏圆”．如图①，在中， ，⊙C的半径为2，P为圆上一动点，求最小值． 第一步：如图②，连结圆心C与动点P； 第二步：以半径为公共边，构造“母子”型相似． 第三步：计算的长度，由可得，即． 第四步：，如图③，当A、P、M三点共线时最小，此时 ______． 【模型探究】如图④，在中， ，D为上一点，小明同学认为当时，的长是长的一半，于是给出如下证明： ∵， ∴ 证明过程缺失 ∴ ∴ 请补全缺失的证明过程． 【模型应用】如图⑤，在扇形中， ，点P为扇形上一动点，则的最小值为______． 8．【模型由来】“阿氏圆”又称“阿波罗尼斯圆”，已知平面上两点A、B，则所有满足（且）的点的轨迹是一个圆，这个轨迹最早由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称“阿氏圆”． 【模型建立】如图1所示，圆O的半径为r，点A、B都在圆O外，P为圆O上一动点，已知，连接PA、PB，则当“”的值最小时，P点的位置如何确定？    第1步：一般将含有k的线段PB两端点分别与圆心O相连，即连接OB、OP； 第2步：在OB上取点C，使得，即，构造母子型相似∽（图2）； 第3步：连接AC，与圆O的交点即为点P（图3）． 【问题解决】如图，与y轴、x轴的正半轴分别相交于点M、点N，半径为3，点，点，点P在弧MN上移动，连接PA，PB．    (1)的最小值是多少？ (2)请求出（1）条件下，点P的坐标． 9．（综合与实践 【问题情境】 为了研究四边形中与中点有关的“手拉手模型”问题，老师给数学社团的学生准备了一张印有四边形的纸片，E，F分别是线段和的中点，如图1． 【探究实践】 老师引导同学们用三角尺分别过点E，F作线段和的垂线，两垂线交于点G，连接． 老师引导同学们探究：由于四边形的不稳定性，点的位置也在发生变化，在变化的过程中能有哪些发现呢？ 经过思考和讨论，大刚和小莹给同学们分享了自己的发现． （1）如图2，大刚发现：“当图形满足时，．” （2）如图2，小莹发现：“当图形满足条件时，．” 老师肯定了两人结论的正确性，请你说明两人结论成立的理由． 【拓展应用】 （3）如图3，小明在大刚和小莹发现的基础上，经过进一步思考发现：“若所在的直线互相垂直，且，就能求出的值．”老师也肯定了小明结论的正确性，请你帮小明求出的值． 10．背景材料： 在学习全等三角形知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型，它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．通过资料查询，他们知道这种模型称为手拉手模型． 例如：如图1，两个等腰直角三角形△ABC和△ADE，∠BAC＝∠EAD＝90°，AB＝AC，AE＝AD，如果把小等腰三角形的腰长看作是小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手，这个就是手拉手模型，在这个模型中易得到△ABD≌△ACE． 学习小组继续探究： （1）如图2，已知△ABC，以AB，AC为边分别向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE，请作出一个手拉手图形（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹），并连接BE，CD，证明BE＝CD； （2）小刚同学发现，不等腰的三角形也可得到手拉手模型，例如，在△ABC中AB＞AC，DE∥BC，将三角形ADE旋转一定的角度（如图3），连接CE和BD，证明△ABD∽△ACE． 学以致用： （3）如图4，四边形ABCD中，∠CAB＝90°，∠ADC＝∠ACB＝α，tanα＝，CD＝5，AD＝12．请在图中构造小刚发现的手拉手模型求BD的长． 11．在学习全等三角形知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型，它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成，在相对位置变换的同时，始终存在一对全等三角形，通过资料查询，他们知道这种模型称为手拉手模型.如图1，两个等腰直角三角形和，，这个就是手拉手模型，在这个模型中易得到． 学习小组继续探究： （1）如图2，已知，以、为边分别向外作等边和等边，并连接、，求证：； （2）小刚同学发现，不等腰的三角形也可得到手拉手模型，例如：在中，，将三角形旋转一定的角度（如图3），连接和，求证：； （3）如图4，四边形中，，，，，，请在图中构造小刚发现的手拉手模型求的长． 12．综合与实践 在综合实践课上，刘老师组织同学们以“三角形中手拉手模型”为主题开展数学活动． (1)提出问题：若和都是等边三角形，连接和交于点，如图1所示，线段与线段的数量关系是___________，___________； (2)探究证明：若和都是直角三角形，，连接和交于点，如图2所示，试猜想与的关系，并说明理由； (3)拓展延伸： “智慧小组”发现在（2）的条件下，若，使图2中固定不动，将绕顶点旋转，当点在同一条直线上时，则___________； 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05相似模型之“母子型”模型（共边共角模型）与手拉手模型 “母子型”（共边共角）与手拉手模型是初中几何相似核心模型，均以 AA 相似为判定核心。“母子型” 模型两三角形共一条公共边、一个公共角，且另一组对应角相等，直接匹配 AA 判定；手拉手模型是两个等腰三角形共顶点，顶角相等，通过角的和差推导对应角相等，进而证相似。解题关键是识别共边共角或共顶点等腰特征，快速锁定角相等条件，再套用对应边比例。 1 模型来源 1 真题现模型 2 提炼模型 3 模型运用 5 模型1相似模型之“母子型”模型（共边共角模型） 5 模型2相似模型之手拉手模型 9 16 相似模型中的“母子型”模型（共边共角模型）与相似模型之手拉手模型，均源于平面几何相似三角形的判定逻辑，是对高频图形结构的归纳总结，核心依托AA、SAS等相似判定定理，为解决比例线段、角度关系问题提供高效思路。“母子型”模型以“共边共角”为核心特征，呈现大三角形包含小三角形的结构，两个三角形共享一个公共角且一条边相互包含，常见于三角形内部作射线、等腰三角形底角关联等场景，通过公共角加另一组对应角相等的AA判定，可快速证明相似，进而推导线段比例或长度，是基础且高频的相似模型；相似手拉手模型则以“共顶点、双等腰、顶角相等”为核心结构，由两个顶角相等的等腰三角形共顶点旋转形成，是全等手拉手模型的进阶延伸，当全等模型中“相等线段”变为“成比例线段”时便转化而来，本质是旋转变换下的相似不变性，多用于证明线段比例、夹角相等，或破解复杂图形中的比例线段关联问题，二者均通过精准捕捉图形特征，简化相似判定流程，降低解题难度。 1.（2025·广东深圳·模拟预测）如图，在中，，D是的中点，连接，将绕点A逆时针旋转至，连结交于点G，交于点F，则 ． 【答案】 【详解】解：如图，过点E作于点H，过点A作于点T， ∵将绕点A逆时针旋转至， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵点D是中点， ∴， ∴， ∴，CHAC， ∵，即， ∴， ∴， ∴2， ∴， ∴，， ∴设，则， ∴， 在中， ， ∴， 在中， ， ∵， ∴， 在中， ， ∴． 故答案为：． 2.（2025·广东中山·模拟预测）如图，在边长为6的正方形内部存在一动点P，且满足，连接，则的最大值是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【详解】∵点P在运动过程中始终满足， 故点P的运动轨迹是以点D为圆心，的长为半径的圆（在正方形内部部分）， 延长交于点E，连接， ∵四边形为正方形， ∴，且， ∴与相切， ∴， ∴， 延长交于点F， 则，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵的长为定值6， 故若要取最大值，则取最大值即可， ∴要取得最大值，则为直径时，可取得最大值为12， ∴的最大值为， 即的最大值为2． 故选：B． 3.（2025·广东深圳·中考真题）综合与探究 【探索发现】如图1，小军用两个大小不同的等腰直角三角板拼接成一个四边形． 【抽象定义】以等腰三角形的一腰为边向外作三角形，使该边所对的角等于原等腰三角形的顶角，此时该四边形称为“双等四边形”，原等腰三角形称为四边形的“伴随三角形”．如图2，在中，，，．此时，四边形是“双等四边形”，是“伴随三角形”． 【问题解决】如图3，在四边形中，，，．求： ①与的位置关系为：__________： ②_____．（填“>”，“”或“”） 【方法应用】①如图4，若，将绕点逆时针旋转至，点恰好落在边上，求证：四边形是双等四边形． ②如图5，在等腰三角形中，，，，在平面内找一点，使四边形是以为伴随三角形的双等四边形，若存在，请求出的长，若不存在，请说明理由． 【答案】问题解决：①互相平行；②=；【方法应用】①见解析；②或或 【详解】解：[问题解决]①∵， ∴， ∴， ∴； ②∵，， ∴， ， ， ， ； 故答案为：①平行；②＝； 方法应用：①为旋转得到， ， 令，则，， ， 由旋转得，， 又， ∴， ， ， ， 四边形为双等四边形； ②作于点， ，， ，， 设，则： ， 在中，，即， 解得：， ，， 若，时，， 若，时， ， 作于点， ∴， ， ， 若，时，如图， ， ， ， ， ． 综上所述：满足条件时，或或． 相似模型之“母子型”模型（共边共角模型） 核心结论：两个三角形共用一条边、共享一个角，且第三个角相等（或夹角的对边成比例），则两三角形相似（AA/SAS 判定），对应边成比例、面积比为相似比的平方。 一、模型核心定义 “母子型” 因大三角形包含小三角形（形似 “母亲” 含 “孩子”）得名，又称 “共边共角模型”。关键特征：两个三角形有一个公共角（∠A=∠A），且有一条公共边（如△ABC 与△ACD 共用边 AC），小三角形的第三个顶点在大三角形的边上，最终通过角相等或边成比例证明相似。 二、模型核心三要素 共角：两个三角形共享一个公共角（记为∠A），是相似的基础角条件。 共边：共享一条以公共角为顶点的边（如 AC 既是△ABC 的边，也是△ACD 的边）。 第三角相等或边成比例：要么有一组对应角相等（∠ACD=∠B），要么公共角的两条邻边成比例（AB/AC=AC/AD）。 三、常见模型分类 图1 图2 图3 图4 1.“母子”模型（斜射影模型） 条件：如图1，∠C=∠ABD； 结论：△ABD∽△ACB，AB2＝AD·AC. 证明：∵∠C=∠ABD，∠DAB=∠BAC，∴△ADB∽△BAC，∴，∴AB2＝AD·AC. 2.双垂直模型（射影模型） 条件：如图2，∠ACB=90o，CD⊥AB； 结论：△ACD∽△ABC∽△CBD；CA2＝AD·AB，BC2＝BD·BA，CD2＝DA·DB. 证明：∵∠ACB=90o，CD⊥AB，∴∠A+∠ACD=90°，∠A+∠B=90°，∴∠B=∠ACD， ∵∠A=∠A，∴△ACD∽△ABC，∴，∴AC2＝AD·AB. 同理可证：BC2＝BD·BA，CD2＝DA·DB. 3.“母子”模型（变形） 条件：如图3，∠D=∠CAE，AB=AC； 结论：△ABD∽△ECA； 证明：∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∴∠DBA=∠ACE，∵∠D=∠CAE，∴△ABD∽△ECA 4）共边模型 条件：如图1，在四边形中，对角线平分，，结论：； 证明：∵对角线平分，∴∠ABD=∠CBC， ∵，∴△ADB∽△DCB，∴，∴ 相似模型之手拉手模型 核心结论：相似模型之手拉手是 “旋转相似” 的核心模型，核心是 “共顶点 + 两组邻边成比例 + 旋转角相等”，通过旋转构造满足 SAS 相似判定的三角形，对应边成比例、对应角相等，面积比为相似比的平方。 一、模型核心定义 手拉手相似模型是全等手拉手模型的拓展，本质是 “以公共顶点为旋转中心，将一个三角形绕顶点旋转一定角度后，与另一个三角形形成相似”。关键特征：两个三角形共用一个顶点（旋转中心），从公共顶点出发的两组邻边成比例（而非全等的 “相等”），且两组邻边的夹角（旋转角）相等，最终构成相似三角形。 二、模型核心三要素 共顶点：两个三角形共用一个公共顶点 O（旋转中心）。 邻边成比例：从 O 出发的两组线段对应成比例，即 OA/OB = OC/OD（而非全等的 OA=OB、OC=OD）。 旋转角相等：两组邻边的夹角相等，即∠AOB=∠COD（旋转角为 α，与全等手拉手一致）。 三、构造相似的核心逻辑 构造思路 以公共顶点 O 为旋转中心，将△COD 绕点 O 旋转，使成比例的线段 OC 与 OA（或 OD 与 OB）重合，旋转后∠AOC=∠BOD（旋转角相等推导），结合邻边成比例条件，满足 SAS 相似。 相似判定（固定 SAS） 边：OA/OB = OC/OD（已知邻边成比例）。 角：∠AOC=∠BOD（∠AOB+∠BOC=∠COD+∠BOC，旋转角相等推导）。 结论：△AOC∽△BOD（SAS 相似判定：两边成比例且夹角相等）。 4、 常见模型分类 1.手拉手相似模型（任意三角形） 条件:如图，∠BAC=∠DAE=，； 结论：△ADE∽△ABC，△ABD∽△ACE；；∠BFC=∠BAC. 证明：∵，∴，∵∠BAC=∠DAE=，∴△ADE∽△ABC， ∵∠BAC=∠DAE=，∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，∴∠BAD=∠CAE， ∵，∴△ABD∽△ACE，∴，∠ABD=∠ACE，∴∠BFC=∠BAC=∠DAE=， 2.手拉手相似模型（直角三角形） 条件:如图，，； 结论：△AOC∽△BOD；，AC⊥BD，. 证明：∵，∴∠AOB-∠BOC=∠COD-∠BOC，∴∠AOC=∠BOD， ∵，∴△AOC∽△BOD，∴，∠OAB=∠OBD， ∴∠AEB=∠AOB=90°，∴AC⊥BD，∴. 模型1.相似模型之“母子型”模型（共边共角模型） 例1（2025·广东深圳·模拟预测）如图,为的直径,和相交于点平分，点C在上，且交于点P． (1)求证：是的切线； (2)求证：； (3)已知，求的值． 【答案】(1)见解析； (2)见解析； (3) 【详解】（1）证明：如图1，连接， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是的切线； （2）证明：∵为的直径， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图2，过P作于点E， 由（2）可知，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴． 例2（2024·广东珠海·三模）综合探究 如图，在中，，在上取一点，以点为圆心，长为半径作圆，分别交于点，交于点，交于点，连接，且为的中点． (1)【问题初探】求证：为的切线； (2)【深入探究】连接，求证：； (3)【问题拓展】若，，求，的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)的长为，的长为 【详解】（1）证明：如图，连接， 为的中点，， ， ， ， ， ， ， ， ∴， 又点在圆上， 为的切线； （2）证明：如图， 为的直径， ， ∴， 为的切线， ， ， ， ， 又， ； （3）解：为的直径， ， 在中，，， ， ， ， ， ， ， 设，则， ∠ADO=90° 在中，， ， 解得：（不合题意，舍去），， ，， 又，，， ， 即， ， ， 的长为，的长为． 例3（2025·广东韶关·一模）定义：三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段的积等于这个点到该边所对顶点连线的平方，则称这个点为三角形该边的“中项点”．如图，中，点是边上一点，连接，若，则称点是中边上的“中项点”． (1)如图，的顶点是网格图的格点，每个单元格的边长相等，点在格点上，连接交于点，求证：点是边上的一个“中项点”． (2)如图，是的内接三角形，点在上，连接并延长交于点．点是中边上的“中项点”． 求证：； 若，的半径为，且，求的值． 【答案】(1)见解析； (2)见解析； ． 【详解】（1）证明：如下图所示， ∵，，， ∴， ∴， ， ， ， ， ， 点是边上的一个“中项点”； （2）证明：如下图所示，连接， ， 又， ， ， ， 点是中边上的“中项点”， ， ， ， ； 解：如下图所示，连接， 由可知，， 又， ， ， 是的直径， ， 设，则， ， 在中，， ， 在中，， ， ， 解得：， 例4（2025·广东深圳·三模）如图，是的直径，点，在上，交的延长线于点． (1)请在不增加新的点和线的情况下，添加一个条件：______，使得直线是的切线，并加以证明； (2)尺规作图：作点关于直径的对称点，连接交于点保留作图痕迹，不写作法若，，直接写出的长． 【答案】(1)平分，见详解 (2)． 【详解】（1）解：当平分时，直线是的切线． 理由如下： 连接， 平分， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 而为的半径， 直线是的切线； 故答案为：平分； （2）如图，过点作的垂线交于点，交于点，、G即为所求； 平分，，， ，， ， ， 在和中， ， ， ， ， 而，， ， ， ， ， 即， 解得． 模型2.相似模型之手拉手模型 例1（2025·广东东莞·一模）如图，在矩形中，，，点在线段上运动，连接，以为斜边作等腰，连接，则线段的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】解：如图，分别取、的中点、，连接、、，作交的延长线于点， ∵四边形是矩形，，， ，，， ∵点、分别为、的中点， ，， ∵，，，， ∴四边形和四边形都是平行四边形， ，， ∴四边形和四边形都是正方形， ， 是以为斜边的等腰直角三角形， ，， ， ∴， ， ， ， 点在正方形的对角线所在的直线上运动， ， ，， ， ， ， ∴线段的最小值为， 故选：． 例2（2025·广东东莞·三模）把矩形绕点逆时针旋转得到矩形，点，，的对应点分别为，，． 【知识技能】（1）如图1，当点落在上时，连接．判断的形状并证明． 【数学理解】（2）如图2，当点落在的延长线上时，连接，延长交于点，求证：． 【拓展探索】（3）如图3，当点落在上时，连接交于点．若，请求出的长． 【答案】（1）是等腰直角三角形，证明见解析；（2）见解析；（3） 【详解】解：（1）是等腰直角三角形．证明如下： ∵四边形是矩形， ∴， ∴当点落在上时，旋转角为， 由旋转的性质，得， ∴是等腰直角三角形． （2）证明：如图所示，连接，交于点， 在矩形中，，，，， ∴， ∴， ∴， 由旋转的性质，得， ∴， ∴， 又， ∴四边形为平行四边形， ∴． （3）∵四边形是矩形，， ∴，， ∴， 如图所示，过点作于点， 由旋转的性质，得， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又， ∴， ∴，即， 解得． 例3 例4（2025·广东韶关·三模）（1）如图1，在中，，点是斜边上的一个动点点不与点重合，连接，线段绕点顺时针旋转，连接、，猜想：与之间的位置关系_________，数量关系____________． （2）如图2，在中，，点是斜边上的一个动点不与点重合，连接，线段绕点顺时针旋转，并延长使得，连接，猜想与的数量关系，并证明． （3）如图3，在（2）的条件下，点是点关于对称点，连接、、，构造得到筝形．若，设，筝形的面积是，求与的函数关系式，并求出的最小值． 【答案】（1），；（2），证明见解析；（3），最小值 【详解】解：（1）猜想：与之间的位置关系，数量关系. ∵在中，， ∴ 线段绕点顺时针旋转， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴，即， 故答案为：，； （2），证明如下： ∵， ∴， ∵在中，，则， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴； （3）∵在中，， ∴ 设，筝形的面积是， ∴， 由（2）可得， ∴， °， ， ， ； 在中，， ∵， ， ∴， ∴， ∴，， ∵四边形是筝形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ， ∴与的函数表达式：，的最小值为． 1.（2025·广东深圳·模拟预测）如图，在中，是钝角． (1)尺规作图：在上取一点O，以O为圆心，作出，使其过A、C两点，交于点D，连接；（不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）所作的图中，若，，． ①求证：是的切线； ②求直径的长． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；②32 【详解】（1）解：图形如图所示； （2）①证明：连接． ∵， ∴， ∵是直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∵为半径， ∴直线是的切线； ②在中， ， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的直径为32． 2.（2025·广东深圳·三模）如图，是的外接圆，点O在边上，的平分线交于点D，连接，过点D作的平行线与的延长线相交于点 (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析； (2)的长是． 【详解】（1）证明：如图：连接， 是的外接圆，点O在边上， 是的直径， ， 的平分线交于点D， ， ， 交的延长线于点P， ， 是的半径，且， 是的切线． （2）解：，，， ， ， 垂直平分， ， ，， ， ，， ， ∽， ， ， 的长是． 3.（2025·广东惠州·三模）如图，在中，点P为直径延长线上一点，直线切于点D，过点B作，垂足为H，交于点C，连接． (1)求证：平分． (2)如果，，求的长？ 【答案】(1)见解析 (2) 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵直线切于点D， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即平分； （2）解：如图，连接， ∵为的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 解得：． 4.（2025·广东深圳·三模）如图，在中，，，点，分别在边，上，连接，将沿翻折，点的对应点为点，线段恰好经过点若，则的值为 ． 【答案】 【详解】解：在中，，， 设，则， 在中，， ， ， ， 由折叠可知，，， ， ， 如图，过点作于点， ， 在中，， 在中，， 设，则，， ，， ， ， ， ，， ， 解得：， ， 在中，，， ， ． 故答案为：． 5．综合与实践 在综合实践课上，刘老师组织同学们以“三角形中手拉手模型”为主题开展数学活动． (1)提出问题：若和都是等边三角形，连接和交于点，如图1所示，线段与线段的数量关系是_______，_______； (2)探究证明：若和都是直角三角形，，连接和交于点，如图2所示，试猜想与的关系，并说明理由； (3)拓展延伸： ①“智慧小组”发现在（2）的条件下，若，使图2中固定不动，将绕顶点旋转，当点在同一条直线上时，则_______； ②“勤奋小组”发现在（2）的条件下，若是的中点，使图3中固定不动，将绕顶点旋转，在旋转过程中，则的最小值为_______． 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3)①或；② 【详解】（1）解：∵和都是等边三角形， ∴， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：∵， ∴，即， ∵和都是直角三角形，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴，即， 综上所述，； （3）解：由（2）可得，， ①如图所示，点在同一条直线上， ∵，，，， ∴， ∴，， 设，则， ∴， ∵， ∴，即， 解得，，， 当时，； 当时，； 故答案为：或； ②如图所示， ∵绕顶点旋转， ∴点在以点为圆心，以为半径的圆上运动，连接， 在中，， 当点三点共线时，，此时线段的值最小， ∵和都是直角三角形，，， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴， 故答案为：． 6．某数学兴趣小组在探究“手拉手”模型时，等边三角形和按如图1摆放．连接，，延长交于点，连接，保持不动，将绕点旋转． 【初步探究】（1）如图2，当点，重合时，请写出，，之间的数量关系并加以证明： 【深入探究】（2）如图1，当点，不重合时，（）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出推理过程；若不成立，请说明理由． 【拓展延伸】（3）如图3，当和都是等腰直角三角形，．连接，，延长交于点，连接，试探究，，之间的数量关系，并说明理由． 【推广应用】（4）如图，在中，若．连接，、延长交于点，连接，请直接写出，，之间的数量关系：________． 【答案】（1），证明见解析（2）成立，理由见解析（3），理由见解析（4） 【详解】解：（1），理由如下： ∵和都是等边三角形，点，重合 ∴，， ∵， ∴ ∴ ∴ ∵， ∴ （2）成立，作交线段于点M    ∵和都是等边三角形 ∴，， ∴即 ∴ ∴ ∵ ∴即 ∴ ∴， ∵， ∴是等边三角形 ∴， ∴ （3），理由如下： 作交线段于点N，    ∵和都是等腰直角三角形 ∴，， ∴即 ∴ ∴ ∵ ∴即 ∴ ∴ ∴， ∵， ∴ ∴， ∴ ∴ （4），理由如下： 作交线段于点，    ∵中，． ∴， ∴即 ∴ ∴ ∵ ∴即 ∴ ∴ ∴， ∵， ∴ ∴， ∴ ∴ ∴ 7．【模型认知】“阿氏圆”，是阿波罗尼斯圆的简称，已知在平面内两点A、B，则所有满足的点P的轨迹是一个圆，这个轨迹最早由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称“阿氏圆”．如图①，在中， ，⊙C的半径为2，P为圆上一动点，求最小值． 第一步：如图②，连结圆心C与动点P； 第二步：以半径为公共边，构造“母子”型相似． 第三步：计算的长度，由可得，即． 第四步：，如图③，当A、P、M三点共线时最小，此时 ______． 【模型探究】如图④，在中， ，D为上一点，小明同学认为当时，的长是长的一半，于是给出如下证明： ∵， ∴ 证明过程缺失 ∴ ∴ 请补全缺失的证明过程． 【模型应用】如图⑤，在扇形中， ，点P为扇形上一动点，则的最小值为______． 【答案】【模型认知】；【模型探究】见解析；【模型应用】13 【详解】解：模型认知：连结圆心C与动点P，以半径为公共边，构造“母子”型相似，如图， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴． ∴， ∴当A、P、M三点共线时最小，如图， ∵， 此时． 故答案为：； 模型探究：证明：∵， ∴ ∴， 又， ∴， ∴， ∴． 模型应用：解：延长至点E使，连接，如图， 则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． ∴当点E，P，B在一条直线上时，最短为线段， ∴的最小值． ∴的最小值为13． 故答案为：13． 8．【模型由来】“阿氏圆”又称“阿波罗尼斯圆”，已知平面上两点A、B，则所有满足（且）的点的轨迹是一个圆，这个轨迹最早由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称“阿氏圆”． 【模型建立】如图1所示，圆O的半径为r，点A、B都在圆O外，P为圆O上一动点，已知，连接PA、PB，则当“”的值最小时，P点的位置如何确定？    第1步：一般将含有k的线段PB两端点分别与圆心O相连，即连接OB、OP； 第2步：在OB上取点C，使得，即，构造母子型相似∽（图2）； 第3步：连接AC，与圆O的交点即为点P（图3）． 【问题解决】如图，与y轴、x轴的正半轴分别相交于点M、点N，半径为3，点，点，点P在弧MN上移动，连接PA，PB．    (1)的最小值是多少？ (2)请求出（1）条件下，点P的坐标． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）解：如图，在x轴上取点，连接，    ∵点，点， ∴， ∵， ， ∴， ∴， ∴， ∴， 当点P在上时，取得最小值， ∴， 故最小值为； （2）∵，， ∴设直线的解析式为，将点代入得： ，解得， ∴， 设， ∵半径为3， ∴， 解得：（负值舍去）， ∴， ∴ ． 9．（综合与实践 【问题情境】 为了研究四边形中与中点有关的“手拉手模型”问题，老师给数学社团的学生准备了一张印有四边形的纸片，E，F分别是线段和的中点，如图1． 【探究实践】 老师引导同学们用三角尺分别过点E，F作线段和的垂线，两垂线交于点G，连接． 老师引导同学们探究：由于四边形的不稳定性，点的位置也在发生变化，在变化的过程中能有哪些发现呢？ 经过思考和讨论，大刚和小莹给同学们分享了自己的发现． （1）如图2，大刚发现：“当图形满足时，．” （2）如图2，小莹发现：“当图形满足条件时，．” 老师肯定了两人结论的正确性，请你说明两人结论成立的理由． 【拓展应用】 （3）如图3，小明在大刚和小莹发现的基础上，经过进一步思考发现：“若所在的直线互相垂直，且，就能求出的值．”老师也肯定了小明结论的正确性，请你帮小明求出的值． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）2 【详解】解：（1）、分别垂直平分线段， ，， 又， ， ； （2）， ， ， ，， ， ， ∵分别是与的高， ， ∵也是与的角平分线， ，， ， ， ， ； （3）解：延长交于点H，交于点O， ， 则， ， ， 又， ， ， 是等腰直角三角形，， ， ， ， ． 10．背景材料： 在学习全等三角形知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型，它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．通过资料查询，他们知道这种模型称为手拉手模型． 例如：如图1，两个等腰直角三角形△ABC和△ADE，∠BAC＝∠EAD＝90°，AB＝AC，AE＝AD，如果把小等腰三角形的腰长看作是小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手，这个就是手拉手模型，在这个模型中易得到△ABD≌△ACE． 学习小组继续探究： （1）如图2，已知△ABC，以AB，AC为边分别向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE，请作出一个手拉手图形（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹），并连接BE，CD，证明BE＝CD； （2）小刚同学发现，不等腰的三角形也可得到手拉手模型，例如，在△ABC中AB＞AC，DE∥BC，将三角形ADE旋转一定的角度（如图3），连接CE和BD，证明△ABD∽△ACE． 学以致用： （3）如图4，四边形ABCD中，∠CAB＝90°，∠ADC＝∠ACB＝α，tanα＝，CD＝5，AD＝12．请在图中构造小刚发现的手拉手模型求BD的长． 【答案】（1）作图见解析，证明见解析；（2）见解析；（3） . 【详解】（1）作图 ∵△ABD和△ACE都是等边三角形 ∴AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠EAC＝60°， ∴∠DAC＝∠BAE，且AD＝AB，AC＝AE ∴△DAC≌△BAE（SAS） ∴BE＝CD （2）如图， 在第一个图中，∵DE∥BC ∴△ADE∽△ABC ∴ ∵将三角形ADE旋转一定的角度 ∴∠BAC＝∠DAE ∴∠BAD＝∠CAE，且 ∴△ABD∽△ACE； （3）如图，过点A 作AE垂直于AD，作∠AED＝α，连接CE，则∠EDC＝90°， ∵∠AED＝∠ACB＝α，∠CAB＝∠DAE＝90° ∴△AED∽△ACB ∴ ∵∠CAB＝∠DAE＝90° ∴∠CAE＝∠DAB，且 ∴△AEC∽△ADB ∴ ∵△AED∽△ACB ∴∠ADE＝∠ABC ∵∠ACB+∠ABC＝90°，∠ADC＝∠ACB ∴∠ADC+∠ADE＝90° ∴∠EDC＝90° ∵tanα＝，AD＝12． ∴AE＝16 ∴DE＝ ＝20 ∴EC＝ ∵ ∴BD＝ 11．在学习全等三角形知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型，它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成，在相对位置变换的同时，始终存在一对全等三角形，通过资料查询，他们知道这种模型称为手拉手模型.如图1，两个等腰直角三角形和，，这个就是手拉手模型，在这个模型中易得到． 学习小组继续探究： （1）如图2，已知，以、为边分别向外作等边和等边，并连接、，求证：； （2）小刚同学发现，不等腰的三角形也可得到手拉手模型，例如：在中，，将三角形旋转一定的角度（如图3），连接和，求证：； （3）如图4，四边形中，，，，，，请在图中构造小刚发现的手拉手模型求的长． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）图见解析，的长为． 【详解】（1）和都是等边三角形 ，即 在和中， ； （2） ，即 由旋转的性质可得，，且线段AD、AE的长均不变，则旋转后，仍满足 ，即 在和中， ； （3）如图，过点B作BC的垂线，交CD的延长线于点E，连接AE 在和中， ，即 则在中， 又 在和中， 则在中， 故的长为． 12．综合与实践 在综合实践课上，刘老师组织同学们以“三角形中手拉手模型”为主题开展数学活动． (1)提出问题：若和都是等边三角形，连接和交于点，如图1所示，线段与线段的数量关系是___________，___________； (2)探究证明：若和都是直角三角形，，连接和交于点，如图2所示，试猜想与的关系，并说明理由； (3)拓展延伸： “智慧小组”发现在（2）的条件下，若，使图2中固定不动，将绕顶点旋转，当点在同一条直线上时，则___________； 【答案】(1)， (2)，理由见解析 (3)或； 【详解】（1）解：∵和都是等边三角形， ∴， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：，理由如下： ∵， ∴，即， ∵和都是直角三角形，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴，即， 综上所述，； （3）解：由（2 ）可得，， ①如图所示，点在同一条直线上， ∵，，，， ∴， ∴，， 设，则， ∴， ∵， ∴，即， 解得，，， 当时，； 当时，； 故答案为：或； 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $