資源簡介

)圣場偏生
考陵型方法茱究篇
B00
烏
專題14“手拉手”模型
“手拉手”模型的主要特征是從一個端點出發，有四條線段，其中兩兩相等且其組成的
兩組夾角也相等，這樣就很容易得到邊角邊的條件，從而證明三角形全等.“手拉手”模型
一般以等邊三角形、等腰直角三角形等特殊條件為背景，常和旋轉結合，根據條件直接判
定或添加輔助線構造“手拉手”模型全等，然后根據全等的性質解題，
心)引例熱身>》>》
如圖，△ABC和△ADE都是等腰三角形，AB=AC,AD=AE,∠BAC=
∠DAE,連接BD,CE.證明：BD=CE
思路指引
等愜三角形
等角誠等角
全等($1S)
引例熱身題圖
點撥分析
如圖，本題是一個最基本的“手拉手”模型，兩個等腰三角形有公共頂點A,兩組相等
的線段AB=AC,AD=AE,且組成的兩組夾角相等，∠BAC=∠DAE,由于夾角的頂，點重
合，則利用等角減等角∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC,可以得到一組角相等，∠BAD=
∠CAE.這樣我們就可以運用邊角邊判定△ABD≌△ACE,得到BD=CE.
典例串燒>》》
例1如圖，點B為線段AC上一動點（不與點A,C重
合)，在AC同側分別作等邊三角形ABD和等邊三角形CBE,
連接AE,CD相交于點H,AE與DB交于點G,CD與BE交
于點F,連接GF,
例1題圖
證明：(1)AE=CD:(2)GF∥AC.
思路指引
等邊三角形
“于拉于”全等
對應角相等
△DBF≌△ABC
等邊三角形GBF
內錯角相等，兩立線平彳
迷津指點，(I)由等邊三角形性質，得AB=DB,CB=EB,∠CBE=∠DBA=60°，再
111
圣場偏生中考滿分數學世·會·通
0
通過等角加等角得∠ABE=∠DBC,可得△ABE≌△DBC,進而得到AE=CD
(2)根據全等三角形的性質，得∠CDB=∠EAB.由SAS易證△DBF≌△ABG,得BG=
BF.由于∠GBF=60°，則△GBF為等邊三角形，∠BGF=60°=∠DBA,∴.GF∥AC,
★針對訓練1.如圖，在線段AE同側作兩個等邊三角形ABC和CDE(∠ACE<
120),點P與點M分別是線段BE和AD的中點，證明：△CPM是等邊三角形
針對訓練1題圖
例2將等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE按圖①方式放置，∠A=90°，AD
邊與AB邊重合，AD=2,AB=4.將△ADE繞點A逆時針方向旋轉(0°的延長線交CE于點P.
(1)如圖②，證明：BD=CE,BD⊥CE
(2)如圖③，在旋轉的過程中，當AD⊥BD時，求CP的長
圖①
圖②
圖③
例2題圖
思路指引
對應邊桿等
等腰直角三布形
“于拉干”全等
對成角燈等
由“8字型”得練論
勾股理
正方形1P)
CP-CE-EP
112·BB0
中沒烏 為
Contents
宇
錄
中考必備知識應用篇
專題1方程（組）與不等式（組）的應用…1
專題2有關三角形的解法和證明…
專題3有關四邊形的解法和證明…
16
專題4有關圓的解法和證明…
24
專題5銳角三角函數的應用
31
專題6反比例函數與幾何圖形結合的問題
39
專題7一次函數的行程、工程的問題
49
專題8二次函數的應用問題
58
中考模型方法探究篇
(一）作圖變化的問題…
66
專題9網格作圖與尺規作圖的問題…
66
專題10關于軸對稱與平移、旋轉的問題…75
(二)模型運用的問題…
84
專題11線段最值模型…84
專題12角含半角模型…
95
專題13“一線三等角”摸型…
103
專題14“手拉手”模型…
111
專題15對角互補模型…
118
初圣場館生
中考滿分數學世·會·通
(三)新定義專題
126
滋烏
專題16有關數的運算新定義…
126
專題17有關圖形新定義…
132
專題18有關一次函數與反比例函數新定義…140
中考壓軸能力突破篇
(一）幾何運動專題…
149
專題19有關動點問題的基礎研究…
149
專題20有關面積、周長的求法研究…
159
專題21有關較復雜的動點問題研究…
171
(二)二次函數的增減性及最值問題…
179
專題22二次函數的增減性及最值問題…
179
(三)二次函數圖象平移、旋轉與軸對稱問題
185
專題23二次函數圖象平移、旋轉與軸對稱問題…
185
(四)動態拋物線問題…
194
專題24含字母系數拋物線的運動方式…
194
專題25含字母系數拋物線與幾何圖形的交點問題…
201
(五)二次函數與幾何圖形結合問題的存在性、面積等…
213
專題26二次函數與三角形、四邊形結合的問題
213
專題27與圓有關的二次函數問題
223
參考答案
231
2)圣場偏生
參考答案
由“一線三等角”模型得△BOC∽△OAD,則面
BE=4,BP=2,則PE=23;當x=4時，在
積比等于相似比的平方，
(0-2,得sc
△BEP中，∠B=60°，BE=4,BP=4,則
△BEP是等邊三角形，，PE=4.故PE=2√3
子點B在第二象限，k=子，故y
或4.
1
-2x
2.解：132
2
理由如下：連接GA,過點F作FHI
針對訓練4：
AP,交AP于點H.,GE⊥EF,,∠AEG=∠EFH.
解：(1)證明：：∠DPC=∠A=∠B=90°，套用
“一線三等角”模型可得△ADP∽△BPC,
品品AD:BC=APBR
(2)成立.套用“一線三等角”模型即可，方法
同(1).
(3)過點D作DE⊥AB于點E,'AD=BD=
AB=5,∴.AC=52,且CE=4AE,.CE=
10,AB=12,.AE=BE=6,DE=8.如
圖，以D為圓心，以DC,為半徑的圓與AB相
42,AE=2.CF=2,.CH=HF=2,則
切，DC,=DE=8,∴.BC,=10-8=2.
HF=AE.又.∠GEF=∠GCF=90°，則G,E,
AD=BD,∠A=∠B,.∠DPC1=∠A=
C,F四點共圓.在正方形ABCD中，∠ECG=
∠B.由(1)(2)的經驗，得AD·BC,=AP·
45°，則∠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,圖得解得m:蘭，
2
PE=132
2
3.解：(1)：四邊形APCD為正方形，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=
測試闖關
∠FCP.又∠FCP+∠CMP=90°，∴.∠AMF+
1.解：(1)已知△ABC為等邊三角形，∠MPN=
∠PAB=90°，.∠AFM=90°，CF⊥AB.
60°，由“一線三等角”模型得△BPE∽△CFP.
(3)如圖，過點C作CN⊥PB,證明△PCN≌
再根據三等分點的定義，求得BP=4,PC=2.
△APB(AAS),則CN=PB=BF,PN=AB.
在Rt△BPE中，BE=2,.BE=PC,則
△BPE≌△CFP,.∴.PE=PF..·∠EPF=60°，
.△EPF為等邊三角形
(2)用x分別表示出△ABC,△BPE,△PCF的
面積，SW邊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.
專題14“手拉手”模型
設P=,則0P=6-,之-62解得=2
針對訓練1：
或x=4.當x=2時，在△BEP中，∠B=60°，
解：△ABC和△CDE都是等邊三角形，，△BCE≌
251

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