专题4 “手拉手”模型-【一战成名新中考】2026贵州中考数学·二轮复习·专项分层提升练

专题四 “手拉手”模型(2025.25) 阶模型初探 例(1)【感知】如图①，△ABC,△AMW均为等边三角形，点颶模型解读 M是BC上任意一点（不与点B,C重合），连接CN.求证：“手拉手”全等 ∠ABC=∠ACN; 条件：如图，△ABC和△ADE为共顶角 顶点的等腰三角形，且∠BAC=∠DAE. M 杀 图① 结论：△ABD≌△ACE,BD=CE,直线 (2)【变式】如图②，在等边△ABC中，点M是BC延长线 BD与直线CE之间的夹角与∠BAC相 上任意一点（不与点C重合），其他条件不变，(1)中结论 等或互补 还成立吗？请说明理由； C 图② (3)【拓展】如图③，在等腰△ABC中，BA=BC,点M是BC“手拉手”相似 上任意一点（不含端点B,C),连接AM,以AM为腰向右侧条件：如图，在△ABC中，DE∥BC,绕点 作等腰△AMN,使顶角∠AMN=∠ABC,连接CN.试探究A旋转△ADE. ∠ABC与∠ACW的数量关系，并说明理由； 结论：△ABD∽△ACE. 图③ (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∠AEB的度数 及线段CM,AE,BE之间的数量关系并说明理由 D 图④ 28 专项分层提升练·贵州数学 一战成名新中考 目阶对接中考 1.一成名原创如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，即AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=90°， B,C,D在同一条直线上.若AB=√2，AD=2,则CD= 备用图 2.成原创如图，四边形ABCD和四边形CGFE均为矩形，点D在边FG上，BC=6,EF=2,CE= 4,连接BE,若B,E,F三点共线，则△DCG的面积为 备用图 3.如图，△ABC和△ADE都是等边三角形，∠CAD<120°，连接CD,M,N分别是AE,CD的中点，连接 MN,BD.若∠ADB=30°，AD=2,BD=6,则MN的长为 备用图 4.如图，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，连接OA.若OA=√2，则EF的长为 D 备用图 目构造手拉手U225贵阳观山湖区模拟如图，菱形4BCD中，amD气4若P鼎菱形内一点，且P 10,PB=5,PC=8,则菱形ABCD的边长为 备用图 专项分层提升练·贵州数学 29解法2思路：如解图②，过点B作BM∥CE交DC延长线 于点M,同解法1可得CB=CM,过点D作DH⊥BF于点 H,过点M作MG⊥BC于点G,同解法1可得△BEC∽ △GMB,在Rt△MCG中，利用勾股定理求得CG的长，再 利用△HDC∽△GMC求得CH的长，从而求得CF的长 解法3思路：如解图③，延长DA,CE交于点G,可得CD GD,由△AGE∽△BCE可得AG的长，设CH=x,得DG的 长，即DC的长，在Rt△DCH中，利用勾股定理求得CH的 长，从而求得CF的长 专题三一线三等角模型（含弦图） 例(1)证明：：∠ADC=∠ACB=∠CEB=90°， .∴.∠CAD+∠ACD=90°，∠BCE+∠ACD=90°， .·.∠CAD=∠BCE ∠CAD=∠BCE. 在△ADC与△CEB中 ADC=∠CEB, AC=CB. .△ADC≌△CEB(AAS),.AD=CE,CD=BE .DE=CE+CD=AD+BE: (2)证明：·∠ADC=∠CEB=∠ACB,∠BCE+∠ACD= 180°-∠ACB,∠ACD+∠CAD=180°-∠ADC. ∴.∠CAD=∠BCE ∠ADC=∠CEB, 在△ADC和△CEB中 ∠CAD=∠BCE AC=CB, .△ADC≌△CEB(AAS),.AD=CE,CD=BE .∴.DE=CE+CD=AD+BE: (3)解：7；(4)解：5. 12D8 4.7【解析】如解图①，当点M在PB上运动时，过点P作 P0,BC交AC于点Q,△APQ,△ABC4B-4P AC AQ, 1,∴.AP=AQ,=2,.·∠AMQ=∠B,∴.MQ∥BC,.当点M 由P向B运动时，点Q由Q,向C运动，.此时Q点运动 路径长为CQ,的长，：AB=AC=6,.CQ,=AC-AQ,=6-2 =4:如解图②，当点M在BC上运动，且在BC中点左侧 时，Q点沿CA方向运动，：∠AMC=∠B+∠BAM=∠AMQ +∠OMC,∠B=∠AMQ,∴.∠BAM=∠OMC,.AB=AC=6, ,C_CM设BM=x,则 六∠B=∠C,.△BMM△CMQ,BMBm, CM=6-x..=。2,即CQ=2=-了 6 6(x-3)+2 0<x≤3，当=3时，C0有最大值为多，即此时0点 运动路径长为}：如解图③，当点M在BC上运动，且在 BC中点右侧时，Q点沿AC方向运动，根据②可知QC有 最大值为弓，即此时Q点运动路径长为子综上，Q点运 22 参考答案与重邓 、3.3 动路径长为4+2+2 =7. M 图① 图② P M 图③ 第4题解图 5.35【解析】解法1：如解图①，在EB的延长线上取一点 G,使∠DGE=60°，由题可知∠DGE=∠ECF=∠DEF= 60°，∠DEG+∠FEC=∠EFC+∠FEC=120°，∴.∠DEG= ∠EFC,:△DEF是等边三角形，ED=FE,△DEG≌ △EFC(AAS),.GD=CE,GE=CF,∠ABC=90°，： LDRG-90 BD-6 RG=BD=2 DG-28G- 3 45,∠A=30BC=5AB=5 ×15=53,.BE=BC 3 3 -CE=BC-GD=√3，.CF=GE=BE+BG=33. A D D G B BE 图① 图② 第5题解图 解法2：如解图②，过，点E作EH⊥AC于点H,:△DEF是 等边三角形，∴.∠DEF=60°，DE=EF,∠A=30°，∠B= 90°，.∠C=90°-∠A=60°，∠BED+∠DEF=∠C+ ∠EFH,.∠BED=∠EFH,·∠EHF=∠B=90°，EF=DE ∴.△EFH≌△DEB(AAS),∴.FH=BE,EH=DB=6,∴.HC 5EH=25CE=2CH=45,∠A=30,∠B=90, Bc=B 3 x15-5 BE-BC-CE=.CF=FH +CH=BE+CH=√3+2√3=35. 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. (AB=AC 在△BAM和△CAN中， ∠BAM=∠CAN, AM=AN. .△BAM≌△CAN(SAS),∴.∠ABC=LACN; (2)解：(1)中结论仍成立.理由如下： △ABC,△AMN是等边三角形， .AB=AC,AM=AN,∠BAC=∠MAN=60°. .∠BAM=∠CAN. 题解析·贵州数学 (AB=AC, .·在△BAM和△CAN中，了∠BAM=∠CAN. AM=AN. .∴.△BAM≌△CAN(SAS),∴.∠ABC=∠ACN: (3)解：∠ABC=∠ACN.理由如下： ·.·BA=BC,MA=MN,∠ABC=∠AMN ∠BAC=LMAN达△ABC∽△AMN,=, 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=90°=∠DCE, ∴.∠ACD=∠BCE, ∴.△ACD≌△BCE(SAS),∴.AD=BE,∠ADC=∠BEC, :△DCE是等腰直角三角形，.∠CDE=∠CED=45°， ∴.∠ADC=180°-∠CDE=135°， .∠BEC=∠ADC=135° .∠AEB=∠BEC-∠CED=135°-45°=90°. .CD=CE,CM⊥DE,.DM=ME .·∠DCE=90°，∴.DM=ME=CM、 .DE=2CM,.'.AE=AD+DE=BE+2CM. 15-12.53.√104.0 5.3√7【解析】小：四边形ABCD为菱形，.AB=BC=CD= DA,∠D=∠ABC,如解图，将△BPC绕点B逆时针旋转使 点C与点A重合，点P的对应点为E,连接EP,过点E作 EF⊥PB于点F,过点B作BH⊥PE于点H,设PE与AB 交于点O,由旋转的性质可知EB=PB=5,EA=PC=8, 2ABE=∠CBP.LEBF=LABC,:tanD=,∠D3 ∠ABC,m∠BBF=m∠AC=2头在R△BF中， EF 24 BF7设EF=24k,BF=7,在Rt△BEF中，EF+BP =BE,即(24)+(7)2=5，解得=号或k=(不合 题意，含去)EF-24h-号BF=张=了PF=PB-BF 5-718 了=5在R△EFP中，PE=V√EF+PF=6, S=之PE·Bm=PB.BRPE·BH=Pg·EF,即 xE.PE6.PA10. AE2=PA,.△PAE为直角三角形，∠AEP=90°，.∠AEO =∠BH0=90,又∠A0E=∠B0H,△A0E△B0H, ∴.A0:B0=0E:OH=AE:BH=8:4=2,.A0=2B0,E0= 20.B.8PEENMPE..OM =1,.在Rt△BOH中，B0=WB+OH=√17，.A0= 2B0=2√17，.AB=A0+B0=3√17，.菱形ABCD的边 长为3√17. 第5题解图 参考答案与重难题角 一战成名新中考 专题五对角互补模型 例(1)解：①选择小红的思路，证明如下： 如解图①，延长CD至，点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: D ---M QD 例题解图① 例题解图② 选择小星的思路，证明如下： 如解图②，过点A分别作AQ⊥CD于点Q,AP⊥CB交CB 的延长线于点P,则∠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: ②CD+CB=√2CA: (2)证明：如解图③，过点E分别作EH⊥BC于点H,EP⊥ CD于点P,则∠GHE=∠FPE=90°， ·:四边形ABCD为正方形， .CE平分∠BCD,∠BCD=90° 又：EH⊥BC,EP⊥CD,EH=EP, .四边形EHCP是正方形，.∠HEP=90°， :∠GEH+∠IHEF=90°，∠FEP+∠HEF=90°. .∠FEP=∠GEH,.△FEP≌△GEH(ASA),.EF=EG: B H BM 例题解图③ 例题解图④ (3)解：3 【解法提示】解法1：如解图④，过，点E分别 作EM⊥BC于点M,EN⊥CD于点N,易得∠MEN=90° EM=CN,CD=AB=3,AD=BC=5,EN∥AD..△CEN∽ △c08-合-品号Lw+Bw ∠BEM+∠FEM=90°，∴∠BEM=∠FEN,'∠BME= ∠PNi=0△FNF.88x子 解法2：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,.∴△AME∽ AM AB 3 AB-MB 3-MB 3 MB △MC,WEB元5心N-m5-EN5心EN LBEF=90,∠BEM+LFEN=LBEM+∠EBM. 3 ∴.∠FEN=∠EBM,.'∠ENF=∠BME=90°，∴.△FEN∽ 析·贵州数学 23