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(共26张PPT)
2026年中考数学一轮复习专题★★三角形
手拉手模型
如图，在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，连接AC交BD的延长线于点M.
(1)求的值；
(2)求证：AM⊥BM.
(1)解：∵∠AOB＝∠COD＝90°，
∠OAB＝∠OCD＝30°，
∴∠COD＋∠AOD＝∠AOB＋∠AOD，即∠AOC＝∠BOD，
又∵＝＝，∴＝，∴△AOC∽△BOD，
∴＝＝.
(2)证明：∵△AOC∽△BOD，∴∠CAO＝∠DBO，
∵∠AOB＝90°，∴∠DBO＋∠ABD＋∠BAO＝90°，
∴∠CAO＋∠ABD＋∠BAO＝90°，
∴∠AMB＝90°，∴AM⊥BM.
如图，在△ABC中，∠ABC＝30°，以AB，AC为边，分别向外作等边三角形ABD，ACE，连接BE，DC.
(1)求证：△ABE≌△ADC；
(2)若AB＝6，BC＝7，求BE的长．
(1)证明：∵△ABD和△ACE均为等边三角形，
∴AD＝AB，AE＝AC，∠DAB＝∠EAC＝60°，
∴∠DAB＋∠BAC＝∠EAC＋∠BAC，
即∠DAC＝∠BAE，
在△ABE和△ADC中，
∴△ABE≌△ADC(SAS)．
(2)解：∵△ABD为等边三角形，∴∠DBA＝60°，BD＝AB＝6，
又∵∠ABC＝30°，∴∠DBC＝∠DBA＋∠ABC＝90°，
在Rt△BDC中，CD＝＝，
由(1)得△ABE≌△ADC，∴BE＝CD＝.
【模型分析】
(1)△AOB∽△COD，绕公共顶点O旋转后连接AC，BD.可得△AOC∽△BOD；
简记为非等腰，共顶点，顶角相等，旋转得相似．
(2)若在(1)的条件下添加条件： ，可得△AOC≌△BOD；
简记为双等腰，共顶点，顶角相等，旋转得全等.
OA＝OB(或OC＝OD)(答案不唯一)
模　型　展　示 (1)等边三角形“手拉手”

(2)等腰三角形“手拉手”
Ⅰ)等腰直角三角形
　
Ⅱ)一般等腰三角形

口诀：双等腰(含等边)，共顶点，顶角相等，旋转得全等．
(3)正方形“手拉手”
如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC的中点．若E，F分别为边AB，AC上的点，且DE⊥DF，求证：BE＝AF.
证明：连接AD，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠C＝∠B＝45°，
∵D为BC的中点，
∴AD⊥BC，AD＝BD＝DC，AD平分∠BAC，
∴∠DAC＝∠BAD＝∠B＝45°，∠ADC＝90°，
∵DE⊥DF，∴∠EDF＝90°，
∴∠ADF＋∠FDC＝90°，∠FDC＋∠BDE＝90°，∴∠BDE＝∠ADF，
在△BDE和△ADF中，
∴△BDE≌△ADF(ASA)，∴BE＝AF.
如图，A是△BCD内一点，∠ADB＝∠ABC＝30°，∠BAC＝90°，BD＝3，CD＝，求AD的长．
解：作AE⊥AD，交BD于点E，连接CE，
∴∠DAE＝∠BAC＝90°，
∴∠ADB＝∠ABC＝30°，∴△ADE∽△ABC，
∴＝，
又∵∠DAB＝∠EAC，∴△DAB∽△EAC，
∴＝＝，∠DBA＝∠ACE，
∵BD＝3，∴CE＝，∠BEC＝90°，
∵CD＝，在Rt△CDE中，由勾股定理得DE＝2，
∵∠ADE＝30°，∠DAE＝90°，∴AD＝.
【构造方法】
模型 展示
模型 特点 如图①，
Ⅰ)有共端点(点A)的两条等线段(AD＝AC)；
Ⅱ)已知两条等线段的夹角(α)；
Ⅲ)有过公共端点的第三条线段(AB)；
Ⅳ)所求线段为BD
构造 方法 如图②，
Ⅰ)将线段AB绕点A顺时针旋转α，得到线段AE；
Ⅱ)连接BE，CE；
Ⅲ)构造△ABE和△ADC为共顶点的手拉手模型(其中CE，BD为拉手线)
结论 △ABD≌△AEC；△ABE∽△ADC
【构造方法】出现一组等角再构造一组等角．
注：手拉手模型的本质是图形的旋转．
1．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．
解：连接BD，
由旋转性质得AB＝AB′，
设∠BAB′＝α，
∴∠AB′B＝
(180°－α)＝90°－.
∵∠B′AD＝90°－α，AD＝AB′，
∴∠AB′D＝45°＋，
∴∠EB′D＝180°－∠AB′D－∠AB′B
＝180°－－＝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°，∴＝＝.
∵∠EDB′＝∠BDC，
∴∠EDB′－∠B′DC＝∠BDC－∠B′DC，
即∠B′DB＝∠EDC，
∴△B′DB∽△EDC，
∴＝＝.
2．(1)如图①，△ABC与△CDE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，则线段AE，BD的数量关系为 ；AE，BD所在直线的位置关系为 ；
(2)如图②，在(1)的条件下，若点A，E，D在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，请求出∠ADB的度数及线段CM，AD，BD之间的数量关系，并说明理由．
AE＝BD
AE⊥BD
解：(2)∠ADB＝90°，AD＝2CM＋BD.
理由：∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴AC＝BC，CD＝CE，∠CED＝∠CDE＝45°，
∴∠ACE＝∠BCD，
∴△ACE≌△BCD(SAS)，
∴AE＝BD，∠BDC＝∠AEC＝135°，
∴∠ADB＝∠BDC－∠CDE
＝135°－45°＝90°.
∵在等腰Rt△DCE中，CM为斜边DE上的高，
∴CM＝DM＝ME，
∴DE＝2CM，
∴AD＝DE＋AE＝2CM＋BD.
3．如图①，在等腰三角形ABC与等腰三角形ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝α，连接BD和CE相交于点P，交AC于点M，交AD于点N，连接AP.
(1)求证：BD＝CE；
(2)如图②，若α＝60°，试探寻线段PE，AP，PD之间的数量关系，并说明理由．
(1)证明：∵∠BAC＝∠DAE＝α，
∴∠BAD＝∠CAE.
又∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD＝CE.
(2)解：PE＝AP＋PD.
理由：在线段PE上截取OE＝PD，连接AO，
∵△BAD≌△CAE，∴∠BDA＝∠CEA.
又∵OE＝PD，AE＝AD，
∴△AOE≌△APD(SAS)，∴AP＝AO.
∵∠BPE＝∠DBC＋∠BCA＋∠ACE
＝∠ABC＋∠BCA＝180°－α＝120°，
易得AP平分∠BPE，∴∠APO＝60°.
又∵AP＝AO，
∴△APO是等边三角形，∴AP＝PO.
∵PE＝PO＋OE，∴PE＝AP＋PD.
4．如图，在四边形ABCD中，E为对角线BD上一点，连接AE，CE，AC，∠BAE＝∠EBC＝∠CAD＝45°，BE＝2DE，CE⊥BD.
(1)求的值；
(2)求证：AE∥CD.
(1)解：∵∠BAE＝∠EBC＝∠CAD，∴∠EAD＝∠BAC，
∵∠AED＝∠ABE＋∠BAE，
∠ABC＝∠ABE＋∠CBE，
∴∠AED＝∠ABC，∴△AED∽△ABC，
∴＝＝，
∵CE⊥BD，∠EBC＝45°，
∴△BEC是等腰直角三角形，∴BC＝BE，
∵BE＝2DE，∴＝＝＝＝.
(2)证明：由(1)知＝，则＝，
∵∠CAD＝∠BAE＝45°，∴△CAD∽△BAE，
∴∠ABD＝∠ACD，取BE的中点F，连接CF，
∴BF＝EF＝DE，∴＝＝＝，
∵＝，∴＝，即＝，
∵∠FBC＝∠DAC＝45°，∴△FBC∽△DAC，
∵CE⊥DF，∴CE垂直平分DF，∴CF＝CD，∴△FBC≌△DAC，
∴CB＝CA，∴∠CBA＝∠CAB，∴∠CBF＋∠ABF＝∠BAE＋∠CAE，
∴∠ABE＝∠CAE＝∠ACD，∴AE∥CD.

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