2024年中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)：手拉手模型剖析

手拉手模型剖析

本質(zhì)原理

觀察圖4」,已知（CA=CB,CD=CE/ACB=乙ECD,,A,E拉手,B,D拉手（即連接AE,BD）,貝！］△ACE=△BCD,,此模型稱為手拉手模

型，這也是手拉手模型的雛形.

圖4.1

特別地，當(dāng)^ACB=乙ECD=60。,,且B,C,D三點(diǎn)共線時，如圖4.2所示，連接AD,BE,則△ACD=△BCE.

我們再連接AB,DE,如圖4.3所示，我們就可以證明出如下5組常用結(jié)論：

結(jié)論1：三組全等（如圖4.4所示），均為旋轉(zhuǎn)型全等.

結(jié)論2：三個等邊三角形（如圖4.5所示），即

說明：△FCE三XGCD=CF=CG.

結(jié)論3：三組平行線（如圖4.6所示）,BPAB\\CE,FG\\BD,AC\\DE.

A

圖43

圖4.4

△FCE^AGCDnCF=CG

圖4.5

圖4.6

結(jié)論4:三個特殊60。（如圖4.7所示），即Nl=N2=/3=60。.

【分析】如圖4.7所示油△ACD當(dāng)aBCE,可得NHAF=NCBF,易得在AAFH和4BCF中./l=NFCB=60。.

如圖4.8所示，由△ACD會4BCE彳導(dǎo)到對應(yīng)邊AD,BE邊上的高相等，即CM=CN.又CH=CH,則△CHN之△CHM（HL）,因此N2=N

3,故CH平分NBHD.

結(jié)論5:三個和差式（如圖4.9所示入

【分析】DE=DC鄰邊相等的對角互補(bǔ)模型，將^DEH繞著點(diǎn)D逆時針旋轉(zhuǎn)60°,H的對應(yīng)點(diǎn)為H得到等邊八DHH,進(jìn)而HD=H

E+HC,同法可證HB=HA+HC和HC=HF+HG,具體詳見第6講“鄰比對補(bǔ)模型”.

總結(jié):三點(diǎn)共線(B,C,D),五“三”出現(xiàn).

通過以上的推導(dǎo)，我們發(fā)現(xiàn)，手拉手模型本質(zhì)上就是旋轉(zhuǎn)型的全等，進(jìn)而產(chǎn)生了五個“三”結(jié)論.

那圖形旋轉(zhuǎn)的本質(zhì)又是什么呢?接下來我們來探究下.

我們先區(qū)分兩個情景：

情景1在圖形旋轉(zhuǎn)的過程中，我們不改變其大小，也就是全等形.

如圖4.10所示，△ABC繞著點(diǎn)C順時針旋轉(zhuǎn)到A4DC,,使得CB與CD重合.此時就產(chǎn)生了新的特殊圖形“等腰△ACA，"；

如圖4.11所示,△ABP繞著點(diǎn)B順時針旋轉(zhuǎn)60。到△CBP',使得AB與BC重合.此時就產(chǎn)生了新的特殊圖形“等邊△BPP”.

圖4.10

圖4.11

通過上面兩組圖形的變換，我們發(fā)現(xiàn)圖形等量旋轉(zhuǎn)的本質(zhì)就是：全等形手拉手模型的構(gòu)造，其變換特征為等線段、共端點(diǎn)、用

旋轉(zhuǎn).

實(shí)例剖析

(1)如圖4.12所示,P是正方形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，連接PA,PB,PC.現(xiàn)將△PAB繞點(diǎn)B順時針旋轉(zhuǎn)90。得到△PCB,連接PP.若PA=

V2,PB=3,LAPB=135。，廁PC的長為___，正方形ABCD的邊長為____.

⑵如圖4.13所示,若點(diǎn)P是等邊△ABC內(nèi)的一點(diǎn),且PA=3,PB=4,PC=5,則NAPB=_,

(3)如圖4.14所示,在四邊形ABCD中,AD=3,CD=2,NABC=NACB=NADC=45。,貝[]BD=

圖4.12圖4.13圖4.14

【解題要點(diǎn)】利用“等線段、共端點(diǎn)、用旋轉(zhuǎn)”，大膽旋轉(zhuǎn)是解題的關(guān)鍵，要注意只旋轉(zhuǎn)和等邊相關(guān)的三角形，如圖4.13所示，

就有6種轉(zhuǎn)法，A,B,C均可以作為“共端點(diǎn)”，如果以B為共頂點(diǎn)，貝必ABP和^BCP均可旋轉(zhuǎn)，目的只有一個，就是使等邊重

合，即AB,BC重合.

【答案】(1)2V5,V17.(2)150°.(3)722.

【分析】(1)fi.ZPBP'=90°,BP=BP'^ABPP為等腰直角三角形，又/BP，C=NAPB=135。,所以=45°,PP'=V2PB=3

VX,故NPP'C=135°-45°=90°.

在RtAPP'C中,PC=VPP，2+P'C2=J(3V2)2+(V2)2=2V5.

過點(diǎn)A作AE1BP交BP的延長線于點(diǎn)E,在RtAAEB中.由勾股定理得AB=NAE?+BE2=Vl2+42=V17.

(2)如圖4.15所示，將ABPC繞點(diǎn)B逆時針旋轉(zhuǎn)60。得到△BP'A,,連接PP',,易得△BPP是等邊三角形，則.PP'=BP=4/BP

P'=60°.

在4APP'中，AP=3,PP'=4,AP'=5,貝?。軦APP'=90°,故UPB=AAPP'+/?BPP'=90°+60°=150°.

(3)等線段(AB=AC),共端點(diǎn)(點(diǎn)A),用旋轉(zhuǎn)(可旋轉(zhuǎn)4ABD或4ACD).

如圖4.16所示,將△ABD繞點(diǎn)A順時針旋轉(zhuǎn)90。得到△ACK.連接DK.

圖4.15圖4.16

由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得△ABD三&4CK,則AK=AD=3,CK=BD/KAD=90°,所以△D4K是等腰直角三角形，則DK=V2AD=3

V2,AADK=45。，故乙CDK=乙ADC+乙ADK=45°+45°=90°.

在RtACDK中,CK=y]DK2+CD2=J(3四)？+22=痕，則BD=V22.

情：景：2在圖形旋轉(zhuǎn)的過程中，我們改變其大小，將其進(jìn)行縮放，也就是相似形.

如圖4.17所示，將NABC繞點(diǎn)A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)一定角度后，得到△AB'C,其中相似比為AB:AB'=m：2則緇=*=",

ADACTL

□ABAB'

即n就=而

又Z.BAB'=/C4C',,連接BB',CC',如圖4.18月標(biāo)，可彳導(dǎo)4BAB'^ACAC.

圖4.17圖4.18

由此我們可以得到，只要三角形產(chǎn)生了旋轉(zhuǎn)，就會有兩組相似三角形產(chǎn)生，記憶口訣就是：一轉(zhuǎn)成雙.

我們發(fā)現(xiàn)圖形等量旋轉(zhuǎn)的本質(zhì)就是：相似形手拉手模型的構(gòu)造，其變換特征為比線段、共端點(diǎn)、用旋轉(zhuǎn).

實(shí)例剖析

【問題背景】如圖4.19所示，已知△ABCs/\ADE,求證:△ABD^AACE.

【嘗試應(yīng)用】如圖4.20所示，在△ABC和^ADE中,NBAC=NDAE=90°,ZABC=ZADE=30°,AC與DE相交于點(diǎn)F,點(diǎn)D在BC

瑞=何釁=」

【拓展創(chuàng)新】如圖4.21所示,D是4ABC內(nèi)一點(diǎn),NBAD=NCBD=3(T,NBDC=9(r,AB=4,AC=2V5,則AD=.

【答案】3;V5.

【分析】

【問題背景】因?yàn)椤鰽BCs^ADE,所以空=—,/LBAC="4E,則NBAD=^CAE,—="故△ABD^AACE.

ADAEACAE

【嘗試應(yīng)用】連接EC.因?yàn)镹BAC=ZDAE=90°,ZABC=ZADE=30。,所以4ABC^AADE.

由“問題背景”知△ABD^AACEJI]詈=竿=遮在圖4.20中,NB=NACE=30。.

設(shè)EC=a，貝!J.BD=y[3a,AD=3a.

因?yàn)镹ADFuNACEnSOo/AFDuNEFC,所以△ADFs/iECF,貝！]—=—=—=3.

CFCEa

【拓展創(chuàng)新】比線段（BD=V5DC）,共端點(diǎn)（點(diǎn)D）.用旋轉(zhuǎn)（可旋轉(zhuǎn)^ADC或4ADB或4CDB）.

如圖4.22所示，將NADC繞點(diǎn)D按順時針方向旋轉(zhuǎn)90。彳導(dǎo)到△BDM,相似比為1:但.連接AM,此時DM=y[3AD,BM=翼AC=6

,AADM=90°

圖4.22

設(shè)AD=xW.DM=在RtAADM中,AM=2x,則tan/D4M=黑=遮,即NDAM=60°,所以NBAM=NBAD+NDAM=90°.

2222

在RtABAM中,AM+AB=BM?,即(2x)+4=6?解得xr=V5,x2=-西(舍去)故AD=x=遮

情景3這個情景比較特殊，如圖4.23所示，△AMN和八APQ均為等腰直角三角形，如果頂點(diǎn)N和頂點(diǎn)Q重合，很明顯是要構(gòu)

造手拉手模型了，但是它偏偏是銳角頂點(diǎn)A重合在了一起，說好的手拉手一起走呢?

這還沒完，它居然連接了MP,又取MP的中點(diǎn)G,最后連接了NG,QG,完啦，全亂了

不過先別急，既然有了中點(diǎn)就要有“中點(diǎn)四聯(lián)想”（中位線、直角三角形斜邊中線、三線合一、倍長中線）.

但是怎么用呢?難道真的沒有手拉手了嗎?

真相馬上