专题5 手拉手基本图形-【众相原创·赋能中考】2026年中考数学几何与二次函数压轴题突破练配套课件（福建专用）

该初中数学中考复习课件聚焦几何压轴题核心考点，重点突破手拉手基本图形，涵盖等腰三角形自旋转、共顶点三角形等模型，对接中考说明分析考点权重，归纳旋转构造全等或相似等常考题型，结合2023福建中考真题实例，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于分层进阶训练体系，一阶梳理模型特点与结论，二阶通过典型题小练巩固方法，三阶综合应用中考真题培养推理能力与几何直观。如例1通过旋转AD构造等边三角形证全等，2023福建题结合相似与旋转证线段关系，帮助学生掌握压轴题解题技巧，教师可依此制定系统复习计划，助力学生中考冲刺提分。

数 学 福建 几何与二次函数压轴题突破练 1 一、几何压轴题突破练 专题五　手拉手基本图形 一阶　方法突破 二阶　方法小练 三阶　综合应用 等腰三角形自旋转 共顶点三角形 模型特点 △ABC为等腰三角形，AB＝AC ①共顶点；②顶角相等；③对应边成比例 常见模型 返回目录 等腰三角形自旋转 共顶点三角形 常见模型 将△ABC绕点A旋转，连接BB'，CC' 将△ABC绕点B旋转，连接AA'，CC' 在△ABC中，D，E分 别为AB，AC上的点，DE∥BC 结论 △BAB'≌△CAC' △ABA'∽△CBC' (1)△ADE∽△ABC， △ABD∽△ACE； (2)当AD＝AE，AB＝ AC时，△ABD≌△ACE 返回目录 例 1　 如图，在△ABC和△ACD中，AB＝AC＝BC，∠CDA＝ 30°，连接BD.若BD＝15，AD＝12，则CD的长度为 ⁠. 解法一：将AD绕点A顺时针旋转60°得到AE，连接DE，BE，构造全 等三角形求解. 解法二：将线段CD绕点C逆时针旋转60°得到CF，连接BF，DF，构 造全等三角形求解. 9　 返回目录 【解析】解法一：如解图1，将AD绕点A顺时针旋转60°得到AE，连 接DE，BE，则△ADE为等边三角形，∴∠BAC＝∠DAE＝60°，DE ＝AD＝12.∵∠BAE＋∠CAE＝∠CAD＋∠CAE，∴∠BAE＝ ∠CAD. 在△BAE和△CAD中， ∴△BAE≌△CAD(SAS)，∴∠BEA＝∠CDA＝30°，BE＝CD. ∵∠AED＝60°，∴∠BED＝90°，∴由勾股定理得BE＝9，∴CD＝ 9. 【解析】解法一：如解图1，将AD绕点A顺时针旋转60°得到AE，连 接DE，BE，则△ADE为等边三角形，∴∠BAC＝∠DAE＝60°，DE ＝AD＝12.∵∠BAE＋∠CAE＝∠CAD＋∠CAE，∴∠BAE＝ ∠CAD. 在△BAE和△CAD中， ∴△BAE≌△CAD(SAS)，∴∠BEA＝∠CDA＝30°，BE＝CD. ∵∠AED＝60°，∴∠BED＝90°，∴由勾股定理得BE＝9， ∴CD＝9. 图1 返回目录 解法二：如解图2，将线段CD绕点C逆时针旋转60°得到CF，连接 BF，DF，则△CDF为等边三角形.∵∠BCA＋∠ACF＝∠DCF＋ ∠ 解法二：如解图2，将线段CD绕点C逆时针旋转60°得到CF，连接 BF，DF，则△CDF为等边三角形.∵∠BCA＋∠ACF＝∠DCF＋ ∠ACF，∴∠BCF＝∠ACD. 在△BCF和△ACD中， ∴△BCF≌△ACD(SAS)，∴∠BFC＝∠ADC＝ 30°，BF＝AD＝12.∵∠CFD＝60°，∴∠BFD＝90°，∴由勾股定 理得DF＝9，∴CD＝9. 图2 返回目录 例2　如图，在等腰三角形ABC中，AB＝BC，P是边BC上任意一点， 以AP为腰作等腰三角形APD，使PD＝AP，∠APD＝∠ABC，连接 CD，求证：∠ABC＝∠ACD. 证明：∵AB＝BC，AP＝PD，∠ABC＝∠APD， ∴∠BAC＝∠PAD， ∴△ABC∽△APD， ∴ ＝ . ∵∠BAP＋∠PAC＝∠CAD＋∠PAC， 证明：∵AB＝BC，AP＝PD，∠ABC＝∠APD， ∴∠BAC＝∠PAD， ∴△ABC∽△APD， ∴ ＝ . ∵∠BAP＋∠PAC＝∠CAD＋∠PAC， ∴∠BAP＝∠CAD， ∴△BAP∽△CAD， ∴∠ABC＝∠ACD. 返回目录 1. 如图，在△ABC和△ACD中，∠BAC＝90°，AB＝AC，∠ADC＝ 45°，连接BD，若△BCD的面积为8，则CD的长度为 ⁠. 4　 返回目录 【解析】如解图，过点A作AE⊥AD交DC延长线于点 E，连接BE，∴∠EAD＝90°.∵∠ADC＝45°， ∴∠AED＝45°，∴AE＝AD. ∵∠BAE＋∠CAE＝ ∠CAD＋∠CAE，∴∠BAE＝∠CAD. 在△BAE和 △CAD中， ∴△BAE≌△CAD(SAS)，∴BE＝CD，∠BEA＝ ∠ADC＝45°，∴∠BEC＝90°，∴S△BCD＝ BE·CD＝8，∴CD＝4. 返回目录 2. 如图，已知△ABC和△DEC为等腰三角形，AB＝AC，DE＝DC， ∠BAC＝∠EDC＝60°，点E在AB上，求证：AC＝AE＋AD. 证明：∵AB＝AC，DE＝DC，∠BAC＝∠EDC＝60°， ∴△ABC和△DEC为等边三角形， ∴∠BCA＝∠ECD， ∴∠BCE＋∠ECA＝∠ECA＋∠ACD， ∴∠BCE＝∠ACD. 在△BCE和△ACD中， ∴△BCE≌△ACD(SAS)，∴BE＝AD， ∴AE＋AD＝AE＋BE＝AB＝AC，∴AC＝AE＋AD. 返回目录 3. 如图，将正方形ABCD的边AB绕点A逆时针旋转至AB'，连接BB'，过 点D作DE⊥BB'，交BB'的延长线于点E，连接DB'，CE. 求 的值. 返回目录 解：如解图，连接BD，设∠BAB'＝α. ∵AB＝AB'，∴∠AB'B＝90°－ . ∵∠B'AD＝90°－α，AD＝AB'，∴∠AB'D＝45°＋ ， ∴∠EB'D＝180°－∠AB'D－∠AB'B＝45°. ∵DE⊥BB'，∴∠EDB'＝∠EB'D＝45°， ∴△DEB'是等腰直角三角形，∴ ＝ . ∵四边形ABCD是正方形，∴ ＝ ，∠BDC＝45°， ∴ ＝ ＝ . 返回目录 ∵∠EDB'＝∠BDC，∴∠EDB'－∠B'DC＝∠BDC－∠B'DC， 即∠B'DB＝∠EDC， ∴△B'DB∽△EDC，∴ ＝ ＝ . 返回目录 【思路探寻】 (1)由DF是由线段DC绕点D顺时针旋转90° 得到的，得∠FDC＝90°， FD＝CD，∠DFC＝45°，由AB＝AC，AO⊥BC，可得∠BAO＝ ∠DFC，根据∠EDA＋∠ADM＝90°，∠M＋∠ADM＝90°，有 ∠EDA＝∠M，即可证明； 返回目录 (2)设BC与DF的交点为I，由∠DBI＝∠CFI＝45°，∠BID＝∠FIC，可得△BID∽△FIC， ＝ ，即 ＝ ，可得△BIF∽△DIC，即得∠IBF＝∠IDC＝90°，从而求解； (3)延长ON交BF于点T，连接DT，DO，由∠FBC＝∠BOA＝90°，知BF∥AO，∠FTN＝∠AON，而N是AF的中点，有NF＝AN，可得△TNF≌△ONA(AAS)，从而NT＝ON，FT＝AO，可证FT＝CO，△DFT≌△DCO(SAS)，得DT＝DO，∠FDT＝∠CDO，即可得∠ODT＝∠CDF＝90°，即可证明. 返回目录 4. (2023福建)如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D是AB边 上不与A，B重合的一个定点.AO⊥BC于点O，交CD于点E. DF是由线 段DC绕点D顺时针旋转90°得到的，FD，CA的延长线相交于点M. 返回目录 证明：∵DF是由线段DC绕点D顺时针旋转90° 得到的， ∴∠FDC＝90°，FD＝CD，∠DFC＝45°， ∵AB＝AC，AO⊥BC， ∴∠BAO＝ ∠BAC＝45°＝∠DFC， ∵∠EDA＋∠ADM＝90°，∠M＋∠ADM＝90°， ∴∠EDA＝∠M，∴△ADE∽△FMC. (1)求证：△ADE∽△FMC； 返回目录 解：如图1，设BC与DF的交点为I， ∵∠DBI＝∠CFI＝45°，∠BID＝∠FIC， ∴△BID∽△FIC，∴ ＝ ，即 ＝ ， ∵∠BIF＝∠DIC，∴△BIF∽△DIC， ∴∠IBF＝∠IDC＝90°， ∵∠ABC＝45°，∴∠ABF＝∠ABC＋∠IBF＝135°. 图1 图1 (2)求∠ABF的度数； 返回目录 证明：如图2，延长ON交BF于点T，连接DT，DO， ∵∠FBC＝∠BOA＝90°， ∴BF∥AO，∴∠FTN＝∠AON. ∵N是AF的中点，∴NF＝AN， 又∵∠TNF＝∠ONA， ∴△TNF≌△ONA(AAS)，∴NT＝ON，FT＝AO， ∵∠BAC＝90°，AB＝AC，AO⊥BC， ∴AO＝CO，∴FT＝CO， 设∠BCD＝α，则∠BCF＝45°－α， 图2 图2 (3)若N是AF的中点，如图2，求证：ND＝NO. 返回目录 ∠BFC＝180°－∠FBC－∠BCF＝45°＋α＝∠BFD＋ ∠DFC＝∠BFD＋45°， ∴∠BFD＝∠BCD，由旋转性质得DF＝DC， ∴△DFT≌△DCO(SAS)， ∴DT＝DO，∠FDT＝∠CDO， ∴∠FDT＋∠FDO＝∠CDO＋∠FDO， 即∠ODT＝∠CDF＝90°， ∴ND＝ TO＝NO. 图2 图2 返回目录 23 $