专题四 手拉手模型-【一战成名新中考】2026辽宁中考数学·二轮复习·专项分类提升练

一战成名新中考 专题四 手拉手模型 常考图形及结论 类型 模型特征 锐角型 直角型 钝角型 双等腰 旋转 共顶点 B 全等 项角相等 型 旋转得全等 ①△ABD≌△ACE I△ABD≌△ACE 1△ABD≌△ACE 常用共夹角找等角 ②∠BOC=∠BAC ②∠B0C=90° ②∠O=180°-∠BAC 非等腰 共顶点 旋转 顶角相等 相似 旋转得相似 型 证相似常用等角 ①△ABD∽△ACE ①△ABD∽△ACE ①△ABD∽△ACE 及角两边成比例 ②∠BOC=∠BAC ②∠B0C=90° ②∠0=180°-∠BAC 【思考】你会证明以上结论②吗，请自主作答 例1[2025沈阳沈北新区二模改编]如图，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=3,BC=4,将△ABC绕点A 逆时针旋转得到△ADE,点D,E分别是B,C的对应点，连接BD,CE.则B E 攻思维教练 题眼①：△ABC绕，点A逆时针旋转得△ADE ↓ 解码：AD=AB,AE=AC,∠BAD=∠CAE 思维构建 模型思维：△BAD和△CAE形成旋转手拉手相似 结论推理：先勾股定理求AC,再证△ABD∽△ACE 对应边成比例可得解 例2[2025沈阳一模]如图，将等边△ABC绕点A逆时针旋转90°得到△ADE(,点B,C的对应，点分 别为D,E),BD与CE相交于F,则∠BFC= 女思维教练 题眼：等边△ABC绕点A旋转得△ADE 模型思雏：△ACE和△ABD形成旋转手拉手全等 思维构建 结论：△ACE≌△ABD,得∠DBA=∠ECA, 在△BOF和△COA中，易得∠BFC=∠BAC 模型抽离： 旋转手拉手全等 对顶“8字”模型 专项分类提升练·辽宁数学 25 ©针对训练 1.如图，△ACB和△DCE均为等腰三角形，且∠ACB=∠DCE=90°，点A,D,E在同一直线上，连接 BE,则∠AEB的度数为· D 第1题图 第2题图 第3题图 2.如图，在等边△ABC中，AB=4,点D是BC的中点，连接AD,将△ABD绕点A逆时针旋转后得到 △ACE,连接DE,则线段DE的长为 A.√3 B.4 C.22 D.23 3.[2025鞍山二模]如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=1,AC=2,将△ABC绕点C顺时针旋转得 到△EDC,点A,B的对应点分别为E,D,连接A伦，当点B在DE边上时，的值是 4.一成名原创如图，在△ABC中，AB=AC,∠BAC=90°，点D在AC边上，点E在BD上，∠ABE+ ∠BAE=45°. (1)若点E是BD的中点，求∠BDC的度数： (2)多解法)若BE=4,DE=3,求△BCD的面积 第4题图 26 专项分类提升练·辽宁数学EP EN PQ//AB PA-NE-1 又EN=FV,PQ∥AB, .EP=PA=24E=2. .PO∥AB,AD∥BC, .四边形PQBA是平行四边形 .∠A=90°，∴.口PQBA是矩形 .∠CQN=∠B=∠EPN=∠A=90°，BQ=AP=2, .QC=BC-BQ=4,∠PWE+∠PEN=90, ∠CNE=90°，∴.∠PWE+∠CNQ=90°， .∠PEN=∠CNQ .△EPW∽△NQC, EP PN EN 3 ,即2PN3 NQ QC NC 3NO 4 3 .N0=23,PW= 5. AB-PO-PN+M0-10. 专题四手拉手模型 例1子例2601902D3月 4.解：(1)·∠BAC=90°，点E是BD的中点， ∴.AE=DE ∠AED=∠ABE+∠BAE=45°， 1 六∠ADE=2(180°-∠AED)=67.5, .∠BDC=180°-∠ADE=112.5°： (2)解法一：过点A作AF⊥AE交BD延长线于点F,连 接CF,如解图①， .·∠AED=∠ABE+∠BAE =45°， .∠AFE=45=∠AEF, .∴.AE=AF .·AB=AC,∠BAC=90° .∴.∠BAE=90°-∠EAC= 第4题解图① ∠CAF, .∴.△BAE≌△CAF .CF=BE=4,∠AFC=∠AEB=180°-∠AED=135°， .∠CFB=∠AFC-∠AFE=90° c0=4+34=14 解法二：过点E作EG⊥BE,EG=BE,连接BG,CG,DG, 如解图②，则∠EBG=EGB=45°， .:AB=AC,∠BAC=90 .∠ABC=∠ACB=45 .∠ABC=∠EBG=45°， .∠ABE=45°-∠EBC= 2CBG,又：BCBC2 ABBE√2 .·.△BAE∽△BCG, 第4题解图② .·∠AED=∠ABE+∠BAE =45°， .∠BGC=∠AEB=180°-∠AED=135°， .∠EGC=∠BGC-∠BGE=90°=∠BEG, .·.CG∥BD 六5aw-5a708G了4+3)x4=14 26 参考答案与重又 专题五半角模型 例A1.45+42.3-√3 3.2【解析】解法一：如解图①，过点E作EG⊥AF于点 G,过点G分别向AD,BC作垂线交于点M,N,则M,G, N三点共线，且MN∥AB,构造一线三垂直，得△AMG≌ △GNE.设GN=AM=x,GM=EN=y,.x+y=GN+GM= AB=4①，·CE=2BE,BC=AD=6,.BE=2,CE=4,由 AM=EN+BE,得x=y+2②，由①②得x=3,y=1,即AM =3=7AD,CM=L,MC为△ADF的中位线，DF= 2GM=2. 解法二：如解图②，构造正方形AGHD,延长AE交GH 于点M,则BC/CH△ABE△ACM, 6C7CM=3,GM=MH=3,连接MF,构造半角 42 模型易得FM=GM+DF=3+DF,FH=DH-DF=6-DF, 在Rt△FHM中，MF2=FH+MH,得(3+DF)2=(6 DF)2+32,解得DF=2. D C H 图① 图② 第3题解图 4.(1)解：线段c的长为13或√19： (2)证明：由题意得∠ACB=90°，AC=BC,∠CAB=∠B =45°， 将△BCQ绕点C顺时针旋转90°得△ACG,连接PG,如 解图，则△BCO兰△ACG, 0 第4题解图 ∴.∠GCA=∠QCB,AG=BQ,∠GAC=∠B=45°，CG =CO. .∠PAG=∠GAC+∠CAB=90° 在Rt△PAG中，由勾股定理得PG2=AP2+AG=AP +BQ, ·.∠PCQ=45°，∠PCG=∠GCA+∠ACP=∠QCB+ ∠ACP=90°-∠PC0=45°， .∠PCG=∠PCQ, (PC=PC. 在△PCQ和△PCG中，了∠PCQ=∠PCG, CO=CG. .△PCQ≌△PCG(SAS), .PO=PG. .PQ=AP2+BQ,即AP,PQ,BQ为“勾股线段”. 专题六对角互补模型 例证明：如解图，过点A作AM⊥AF交FB延长线于点 M,则∠MAF=90°， 题解析·辽宁数学