2024年中考数学复习：手拉手模型实战演练

手拉手模型实战演练

模型的识别

1.如图4.26所示，已知△ABC和△ECD都是等边三角形，且B,C,D在一条直线上，连接BE,AD相交于点0,点M,N分别是线

段BE,AD上的两点,且BM=^BE.AN=给出下列结论：

①BE=AD;②△BCM名△ACN;③NBOD=100。;④zXCMN是等边三角形;（⑤BC=ND.人

其中正确的结论是一.（填序号）A\

2.如图4.27所示，点E在.△DBC的边DB上,点A在△DBC内部,NZME=LBAC=90。,4D=AE.AB=4c..给出下列结论：

①BD_LCE;②NDCB-/ABD=45。;③CE-BE=V2AD;@BE2+CD2=2(AD2+AB2).

其中正确的结论是一.(填序号)

图4.27

3.如图4.28所示，在△40B和△C0D中,0A=OB,OC=OD,OA<OC/AOB=乙COD=40。..连接AC,BD交于点M,连接OM.给

出下列结论：

①AC=BD;②NAMB=40。;③OM平分.N40D;④MO平分.AAMD.

其中正确的结论®_.（填序号）

图4.28

模型的构造：全等形手拉手

4.如图4.29所示点P是等边△4BC夕b—点，PA=3,PB=4,PC=5,则AAPB=.

图4.29

5.如图4.30所示在Rt4ABC^,/.ABC=90°,AB=BC,,点D是线段AC上一点，连接BD.以BD为直角边作等腰直角△BDE,

乙DBE=90。,,连接AE,点F为AE的中点.若AB=4,BF=1,则AD=.

图4.30

6.如图4.31所示,△4BC是边长为4的等边三角形，点D是△4BC外一点，乙BDC=60。,,点E是BD上一点，点F是CD上一点,

且（CF=BE,,连接FE,FB.若LBFE=30。,贝！］BF2+EF2=.

图4.31

7.如图4.32所示在四边形ABCD中,A4D=CD/ADC=60°,ZABC=75。,AB=:2五,BC=2,则四边形ABCD的面积为__.

8.如图4.33所示，在正六边形ABCDEF内有一点P,且PA=2,PB=1,PF=713,51!）乙4PB=,,正六边形的边长为_.

9.如图4.34所示PA=y[2,PB=4,乙4PB=45。，以AB为一边作正方形ABCD,使P,D两点落在直线AB的两侧，则PD=.

D

图4.34

10.如图4.35所示，在A4BC中,LBAC=120。,4B=4c..点P在直线AB上方且lAPB=60。,若(kPA)2+PB2=PC?厕k=>

11*.如图4.36所示在△4BC中,4B=4,4C=8,,以BC为边向外作等腰△BCD,BD=CD/BDC=120。,,连接AD,AD的最大值

为一.

图4.36

全等形：遇见中考

12.（2022湖州一模）如图4.37所示,在正方形ABCD中,AC为对角线，点P在线段AC上运动，以DP为边向右作正方形DPFE.连接C

E.

【初步探究】

⑴AP与CE的数量关系是—,AP与CE的夹角度数为一.

【探索发现】

⑵点P在线段AC及其延长线上运动时,如图4.38所示.线段DC,PC和CE三者之间的数量关系为

⑶点P在对角线AC的延长线上时，如图4.39所示,连接AE,若AB=2^2,AE=20X则四边形DCPE的面积为.

图4.39

模型的构造：相似形手拉手

13.如图4.40所示,在矩形ABCD中,AB=y/3BC,PA=2^2,PB=1,PC=2,则44PB=.

图4.40

14.如图4.41所示在△48c中,AB=AC,ABAC=120。,,点D在线段AC上，连接BD,将DB绕点D逆时针旋转120。”得到线段D

E,连接BE,CE,则第=..

E

图4.41

15.如图4.42所示，两个大小不同的三角板放在同一平面内，直角顶点重合于点C,点D在AB上,N&4C=乙DEC=30°,AC与

DE交于点F,若BD=2,AD=8,则—=

图4.42

16.如图4.43所示,在矩形ABCD中将乙4BC绕点A按逆时针方向旋转一定角度后，BC的对应边B'C'交CD边于点G.连接.BB',

CC'若AD=7,CG=4,AB'=B'G,则匕=

BC

图4.43

17.如图4.44所示,四边形ABCD为正方形,对角线AC,BD交于点0,△4EF为等腰直角三角形,AAFE=90。,,连接CE,H为CE

的中点，连接OH,BH,BF,HF.证明:&BHF为等腰直角三角形.

18'.证明:在凸四边形ABCD中，如图4.45所示,总有AB-CD+BC-AD>ACBD.

B

图4.45

模型的综合应用：遇见中考

19.（2022.武汉模拟）

【问题背景】如图4.46所示，/Z.ACB=AADE=90。,4c=BC,AD=DE..求证:BE=/CD.

【变式迁移】如图4.47所示,E为正方形ABCD外一点,乙E=45。,过点D作DF_LBE,垂足为点F,连接CF,则—=

【拓展创新】如图4.48所示,A是.△BEF内一点,BE=BF,AF=2,ZEAB=90°,Z.FEA=Z.BFA,AE=248则AB=.

模型的构造：脚拉脚模型

20.已知两个等腰RtAABC,Rt△CEF有公共顶点C,.KABC=乙CEF=90。,连接AF,M是AF的中点.如图4.49所示，连接MB,M

E,当乙BCE=45°时，求证：BM=ME且BM1ME.

图4.49

21.在任意△ABC■中分别以AB和AC为斜边，向AABC的内侧作等腰直角三角形，如图4.50所示,M是BC的中点，连接MD和

ME,试判断△MED的形状，并说明理由.

番外篇：脚拉脚模型的深入探究

实例剖析

母题：如图4.51所示，以△48c■的边AB和AC分别为一边，向形内作正方形ABMN,ACPQ,求证:BQ=CN且BQ1CN.

图4.51

【分析】如图4.52所示，易证AABQ4NC,则NQ=乙4CN,BQ=CN,,故A,Q,R,C四点共圆.即“4C+NR=180。得乙R=

90°,即BQ1CN.

A

图4.52

变式①:如图4.53所示，以△ABC的边AB和AC分别为一边，向形外作正方形ABMN.ACPQ.

图4.53

结论⑴:BQ与CN垂直且相等（如图4.54所示，手拉手模型）.

图4.54

结论(2):NC,BQ,MP三条直线交于一点(如图4.55所示).

【分析】因为N4QG=N4CG,所以A,G,C,Q四点共圆，则N4GQ=L.ACQ=45°,ZAGC=135°,ZAPC=45°,ZAGP=ZACP=90°.

同理可得乙4GM=90°.

故得证.

N

图4.55

结论⑶:AG_LMP(结论(2)中已证).

结论(4):如图4.56所示.

图4.56

①若RN=RQ,则RW1BC.

提示:利用倍长中线,如图4.57所示,延长AR至点J,使得AR=RJ.易证△AQRZZXJNR,所以NJ=AQ.ZAQR=NJNR,则NJ〃AQ,于

是NJNA+ZNAQ=180。.又NBAC+NNAQ=180。,所以/JNA=NBAC.因为NJ=AC,AN=AB,所以△NJA当Z\ACB,则NNAJ=NABC.又

NNAJ+NBAW=90。,则NABC+NBAW=90。,即RW±BC.

图4.57

②若RW1BC厕RN=RQ,AR=|fiC.

提示：利用三垂直模型，如图4.58所示，作NKJ.AK.QL14R,易证XQAL三&ACWAKNA=△所以NK=AW=QL,

图4.58

变式②:如图4.59所示，点R,D,E,F分别为NQ,AM,BC,AP的中点，求证:DEFR是正方形.

图4.59

【分析】如图4.60所示，连接BN,CN,BQ,CQ厕EFl^BQ,EDM|CN.

图4.60

因为BQ与CN相等且垂直，所以EF与ED相等且垂直.同理可得证.

结论⑴:DF=^MP.

提示：如图4.61所示，利用中位线易证.

图4.61

结论(2):G为MP的中点,则△NGQABCG为等腰直角三角形.

提示：如图4.62所示,利用本质原理中的推导易证.

图形归一(第一类)

如图4.63所示,△AMN44PQ均为等腰直角三角形，连接PM,取PM的中点G,连接NG,QG,求证:NG=QG且NG1QG.

图4.63

证法①构造手拉手法，如图4.64所示（证法请参考第1讲中第22题）.

图4.64

证法2三线合一法，如图4.65所示（证法请参考第1讲中第22题）.

图4.65

图形归一（第二类）

如图4.66所示△ABM,A4cp均为等腰直角三角形，连接PM,取PM的中点G,连接BG,CG,求证:BG=CGG且BG_LCG.

图4.66

证法1构造手拉手法，如图4.67所示（证法请参考第1讲中第22题）.

证法2三线合一法，如图4.68所示（证法请参考第1讲中第22题）.