资源简介

)圣场偏生
考陵型方法茱究篇
B00
乌
专题14“手拉手”模型
“手拉手”模型的主要特征是从一个端点出发，有四条线段，其中两两相等且其组成的
两组夹角也相等，这样就很容易得到边角边的条件，从而证明三角形全等.“手拉手”模型
一般以等边三角形、等腰直角三角形等特殊条件为背景，常和旋转结合，根据条件直接判
定或添加辅助线构造“手拉手”模型全等，然后根据全等的性质解题，
心)引例热身>》>》
如图，△ABC和△ADE都是等腰三角形，AB=AC,AD=AE,∠BAC=
∠DAE,连接BD,CE.证明：BD=CE
思路指引
等愜三角形
等角诚等角
全等($1S)
引例热身题图
点拨分析
如图，本题是一个最基本的“手拉手”模型，两个等腰三角形有公共顶点A,两组相等
的线段AB=AC,AD=AE,且组成的两组夹角相等，∠BAC=∠DAE,由于夹角的顶，点重
合，则利用等角减等角∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC,可以得到一组角相等，∠BAD=
∠CAE.这样我们就可以运用边角边判定△ABD≌△ACE,得到BD=CE.
典例串烧>》》
例1如图，点B为线段AC上一动点（不与点A,C重
合)，在AC同侧分别作等边三角形ABD和等边三角形CBE,
连接AE,CD相交于点H,AE与DB交于点G,CD与BE交
于点F,连接GF,
例1题图
证明：(1)AE=CD:(2)GF∥AC.
思路指引
等边三角形
“于拉于”全等
对应角相等
△DBF≌△ABC
等边三角形GBF
内错角相等，两立线平彳
迷津指点，(I)由等边三角形性质，得AB=DB,CB=EB,∠CBE=∠DBA=60°，再
111
圣场偏生中考满分数学世·会·通
0
通过等角加等角得∠ABE=∠DBC,可得△ABE≌△DBC,进而得到AE=CD
(2)根据全等三角形的性质，得∠CDB=∠EAB.由SAS易证△DBF≌△ABG,得BG=
BF.由于∠GBF=60°，则△GBF为等边三角形，∠BGF=60°=∠DBA,∴.GF∥AC,
★针对训练1.如图，在线段AE同侧作两个等边三角形ABC和CDE(∠ACE<
120),点P与点M分别是线段BE和AD的中点，证明：△CPM是等边三角形
针对训练1题图
例2将等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE按图①方式放置，∠A=90°，AD
边与AB边重合，AD=2,AB=4.将△ADE绕点A逆时针方向旋转(0°的延长线交CE于点P.
(1)如图②，证明：BD=CE,BD⊥CE
(2)如图③，在旋转的过程中，当AD⊥BD时，求CP的长
图①
图②
图③
例2题图
思路指引
对应边杆等
等腰直角三布形
“于拉干”全等
对成角灯等
由“8字型”得练论
勾股理
正方形1P)
CP-CE-EP
112·BB0
中没乌 为
Contents
宇
录
中考必备知识应用篇
专题1方程（组）与不等式（组）的应用…1
专题2有关三角形的解法和证明…
专题3有关四边形的解法和证明…
16
专题4有关圆的解法和证明…
24
专题5锐角三角函数的应用
31
专题6反比例函数与几何图形结合的问题
39
专题7一次函数的行程、工程的问题
49
专题8二次函数的应用问题
58
中考模型方法探究篇
(一）作图变化的问题…
66
专题9网格作图与尺规作图的问题…
66
专题10关于轴对称与平移、旋转的问题…75
(二)模型运用的问题…
84
专题11线段最值模型…84
专题12角含半角模型…
95
专题13“一线三等角”摸型…
103
专题14“手拉手”模型…
111
专题15对角互补模型…
118
初圣场馆生
中考满分数学世·会·通
(三)新定义专题
126
滋乌
专题16有关数的运算新定义…
126
专题17有关图形新定义…
132
专题18有关一次函数与反比例函数新定义…140
中考压轴能力突破篇
(一）几何运动专题…
149
专题19有关动点问题的基础研究…
149
专题20有关面积、周长的求法研究…
159
专题21有关较复杂的动点问题研究…
171
(二)二次函数的增减性及最值问题…
179
专题22二次函数的增减性及最值问题…
179
(三)二次函数图象平移、旋转与轴对称问题
185
专题23二次函数图象平移、旋转与轴对称问题…
185
(四)动态抛物线问题…
194
专题24含字母系数抛物线的运动方式…
194
专题25含字母系数抛物线与几何图形的交点问题…
201
(五)二次函数与几何图形结合问题的存在性、面积等…
213
专题26二次函数与三角形、四边形结合的问题
213
专题27与圆有关的二次函数问题
223
参考答案
231
2)圣场偏生
参考答案
由“一线三等角”模型得△BOC∽△OAD,则面
BE=4,BP=2,则PE=23;当x=4时，在
积比等于相似比的平方，
(0-2,得sc
△BEP中，∠B=60°，BE=4,BP=4,则
△BEP是等边三角形，，PE=4.故PE=2√3
子点B在第二象限，k=子，故y
或4.
1
-2x
2.解：132
2
理由如下：连接GA,过点F作FHI
针对训练4：
AP,交AP于点H.,GE⊥EF,,∠AEG=∠EFH.
解：(1)证明：：∠DPC=∠A=∠B=90°，套用
“一线三等角”模型可得△ADP∽△BPC,
品品AD:BC=APBR
(2)成立.套用“一线三等角”模型即可，方法
同(1).
(3)过点D作DE⊥AB于点E,'AD=BD=
AB=5,∴.AC=52,且CE=4AE,.CE=
10,AB=12,.AE=BE=6,DE=8.如
图，以D为圆心，以DC,为半径的圆与AB相
42,AE=2.CF=2,.CH=HF=2,则
切，DC,=DE=8,∴.BC,=10-8=2.
HF=AE.又.∠GEF=∠GCF=90°，则G,E,
AD=BD,∠A=∠B,.∠DPC1=∠A=
C,F四点共圆.在正方形ABCD中，∠ECG=
∠B.由(1)(2)的经验，得AD·BC,=AP·
45°，则∠EFG=∠ECG=45°，∴.GE=EF,
BP.又AP,=t,BP1=12-t,.t(12-t)=
∴.△GAE≌△EHF,∴.∠GAE=∠EHF=90°，
10×2,∴.t=2或t=10
△m△PHc,图得解得m:兰，
2
PE=132
2
3.解：(1)：四边形APCD为正方形，DP平分
∠APC,PC=PA,∠APD=∠CPD=45,
PE=PE,.△AEP≌△CEP.
(2)CF⊥AB.理由如下：△AEP≌△CEP,
∴.∠EAP=∠ECP.'∠EAP=∠BAP,∴.∠BAP=
测试闯关
∠FCP.又∠FCP+∠CMP=90°，∴.∠AMF+
1.解：(1)已知△ABC为等边三角形，∠MPN=
∠PAB=90°，.∠AFM=90°，CF⊥AB.
60°，由“一线三等角”模型得△BPE∽△CFP.
(3)如图，过点C作CN⊥PB,证明△PCN≌
再根据三等分点的定义，求得BP=4,PC=2.
△APB(AAS),则CN=PB=BF,PN=AB.
在Rt△BPE中，BE=2,.BE=PC,则
△BPE≌△CFP,.∴.PE=PF..·∠EPF=60°，
.△EPF为等边三角形
(2)用x分别表示出△ABC,△BPE,△PCF的
面积，SW边Er=SAARC一S△E一S△PeF,
y=5g5+6-9a
(3)由(1)中已得△BPE∽△CFP,在△BPE中，
∠B=60°，∴.∠BEP+∠BPE=120.:'∠MPN=
△AEP≌△CEP,，AE=CE,.C△AEr=AE+
6O°，∴.∠BPE+∠FPC=120°，.∠BEP=∠FPC.
EF +AF=CE EF +AF BN +AF PN PB+
又：∠B=LC,△BPE△Gm,÷8器-8g
AF =AB +CN +AF =AB +BF +AF =2AB =16.
专题14“手拉手”模型
设P=,则0P=6-,之-62解得=2
针对训练1：
或x=4.当x=2时，在△BEP中，∠B=60°，
解：△ABC和△CDE都是等边三角形，，△BCE≌
251

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