初中九年级数学“手拉手”旋转模型专题培优教学设计

初中九年级数学“手拉手”旋转模型专题培优教学设计一、基本信息与目标定位【课标依据】《义务教育数学课程标准（2022年版）》在图形与几何领域强调，要让学生通过观察、操作、实验、推理等探索几何图形的基本性质，理解基本几何图形的结构，掌握基本的几何证明和计算方法，建立空间观念和几何直观。本专题设计严格遵循课标要求，旨在通过对“手拉手”模型的深度剖析，帮助学生从运动变化的视角理解静态的几何图形，发展核心素养中的模型观念、推理能力以及应用意识。【重要】【热点】【教学内容】本节课为中考第二轮专题复习课，内容聚焦于几何三大变换之一的“旋转”所衍生出的经典结构——“手拉手”模型（亦称“共顶点旋转全等/相似模型”）。该模型是连接等腰三角形、等边三角形、等腰直角三角形及正方形等特殊图形与全等、相似知识的桥梁，是陕西中考数学近年来的高频考点，常以填空题、解答题（如第25、26题）的形式出现，难度通常在中档及以上，对学生的几何直观和逻辑推理能力要求较高。【高频考点】【难点】【学情分析】授课对象为冲刺2026年中考的九年级学生。他们已经系统学习了全等三角形、相似三角形、等腰（边）三角形、正方形以及旋转的性质等核心知识，具备了一定的逻辑推理和几何表达能力。然而，学生普遍存在以下问题：一是知识碎片化，难以将孤立的定理综合运用于复杂图形；二是模型意识薄弱，面对新情境时无法快速识别几何结构，导致解题思路受阻；三是思维定式，对静态图形的认识根深蒂固，缺乏从旋转、运动的视角动态分析图形关系的能力。【基础】【教学目标】1.理解并掌握“手拉手”模型的定义、图形特征（共顶点、等线段、顶角相等）。2.经历从特殊到一般的探究过程，能够从旋转变换的角度证明“拉手线”相等或其夹角等于顶角。3.能够从复杂的几何图形中准确识别并分离出“手拉手”模型，熟练运用该模型解决线段相等、角度计算、位置关系判断等中考常见问题。4.通过变式训练和综合应用，培养动态几何观和模型化思想，提升分析问题和解决问题的能力。【重要】【教学重点】构建“手拉手”模型的特征，掌握其核心结论（全等三角形及衍生性质）。【高频考点】【教学难点】在非标准位置或多种图形叠加的复杂情境中，识别并构造出“手拉手”模型，灵活运用结论进行推理和计算。【难点】二、理论溯源与模型建构（一）温故知新，引入模型教师首先引导学生回顾旋转的三要素（旋转中心、旋转方向、旋转角）及其性质（对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前后的图形全等）。接着，呈现一组经典的动态几何问题：如图1，已知点A、B、C三点共线，分别以AB、BC为边在直线的同一侧作等边三角形△ABD和△BCE。【基础】请学生观察并回答以下问题：（1）图中存在哪些全等三角形？请说明理由。（2）线段AE与DC有何数量关系？（3）AE与DC的夹角（即∠DHE）是多少度？学生通过已有的知识储备，能够快速证明△ABE≌△DBC（SAS）。教师此时利用几何画板动态演示：将△ABE绕点B逆时针旋转60°即可与△DBC重合。这一过程直观地向学生揭示了“全等”来源于“旋转”，而△ABD和△BCE这两个等边三角形就像是“大手”和“小手”，它们通过共同的顶点B“拉”在了一起。由此，水到渠成地引出本节课的核心内容——“手拉手”模型。【重要】（二）提炼归纳，明确特征教师在上述具体例子的基础上，引导学生抽象出“手拉手”模型的通用特征。无论图形多么复杂，该模型必然满足以下三个核心条件：【基础】【高频考点】1.共顶点：两个等腰（或等边、正方形等具有相等邻边的）三角形有一个公共的顶点（即“头”）。这个公共顶点就是旋转的“轴心”。2.等线段：在这个公共顶点处，两个三角形各有两条相等的线段（即“大手”和“小手”的“手臂”）。具体来说，若公共顶点为A，则有大等腰三角形△ABC（AB=AC）和小等腰三角形△ADE（AD=AE）。3.顶角相等：两个等腰三角形的顶角相等，即∠BAC=∠DAE。这个相等的顶角通常就是旋转角。接着，教师给出模型的标准动态表述：将小等腰三角形（或任意一个含共顶点等线段的图形）绕公共顶点旋转一个角度，那么小三角形的两条“手臂”（AD、AE）与大三角形的两条“手臂”（AB、AC）就构成了“手拉手”的结构。连接两对对应点（B与D，C与E，这两条连线被称为“拉手线”），则必然会产生一对全等三角形（△ABD≌△ACE）或相似三角形。【重要】三、典例精析与模型应用【环节一】夯实基础——等边三角形中的手拉手（以“全等”为核心）【例1】（教材变式·改编题）如图2，已知点C为线段AB上一点，△ACM和△CBN都是等边三角形，连接AN、BM，相交于点O，AN交CM于点E，BM交CN于点F。求证：（1）AN=BM；（2）∠AOB=60°；（3）CE=CF；（4）△CEF是等边三角形。【高频考点】【教学实施】1.自主探究：给学生5分钟时间独立完成第（1）、（2）问。第（1）问是模型最基本的结论，学生通过证明△ACN≌△MCB即可得到。第（2）问引导学生利用“8字型”或三角形外角定理，结合全等三角形的对应角相等，推导出∠AOB=∠ACN=60°。2.合作交流：第（3）、（4）问需要二次构造手拉手模型。教师引导学生思考：“要证明CE=CF，CE和CF分别在哪两个三角形中？它们是否全等？”学生观察发现，CE是△ACE的边，CF是△MCF的边，若能证明△ACE≌△MCF即可。此时，教师提问：“这两个三角形是否也构成了一个新的‘手拉手’模型？它们的‘头’在哪里？”引导学生发现，这是以点C为公共顶点的两个新的等边三角形（△ACE和△MCF）的手拉手问题，从而完成证明。3.归纳小结：通过此题，教师强调手拉手模型的“层次性”——在一个复杂的图形中，可能嵌套着多个层级的手拉手模型。同时，总结出手拉手模型的几个固定结论：（1）拉手线相等（AN=BM）；（2）拉手线的夹角等于等腰三角形的顶角（或补角）；（3）一定存在旋转全等三角形。【重要】【热点】【环节二】能力进阶——等腰直角三角形与正方形中的手拉手（从全等到相似）【例2】（2025陕西模拟·改编）如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC。点D是△ABC外一点（不与A、B、C共线），以AD为直角边作等腰直角三角形ADE，使∠DAE=90°，AD=AE，连接CE、BD。【难点】【热点】（1）求证：CE=BD，且CE⊥BD。（2）若将“等腰直角三角形ADE”改为“矩形ADEF”，且AD:AF=1:2，连接DF、CE，如图4所示。此时CE与DF的数量关系和位置关系又如何？请说明理由。【教学实施】1.图形转化：第（1）问是手拉手模型在等腰直角三角形中的应用。虽然图形由等边三角形变成了等腰直角三角形，但“共顶点、等线段、顶角相等（均为90°）”的核心特征没有变。学生可以轻松证明△ABD≌△ACE，进而得到BD=CE。对于垂直关系的证明，教师引导学生关注旋转角为90°，即∠BAC=∠DAE=90°，通过角度推导（如延长CE交BD于H，利用∠ABD=∠ACE和对顶角相等）可得∠BHC=∠BAC=90°，从而证明垂直。2.知识迁移：第（2）问是对模型的深化，将“全等”推向“相似”。当两个共顶点的等腰直角三角形变成矩形后，对应边不再是相等，而是成比例。教师引导学生思考：“虽然全等条件不再满足，但旋转变换的核心思想是否依然适用？”启发学生证明△ABD∽△ACE（两边对应成比例且夹角相等）。这里的夹角∠BAD=∠BAC+∠CAD=90°+∠CAD，∠CAE=∠DAE+∠CAD=90°+∠CAD，依然相等。通过相似比可以得出CE:BD=AC:AB=2:1，且通过旋转角为90°，依然可以证明CE与BD的夹角为90°，此处由于图形变化，数量关系成比例，位置关系（垂直）保持不变。3.总结提升：教师引导学生对比两个问题，提炼出“手拉手”模型的一般性结论：当两个共顶点的相似多边形（等腰三角形、正方形、矩形等）绕公共顶点旋转时，连接对应顶点所得的“拉手线”要么相等（全等时），要么成比例（相似时），且它们的夹角等于顶角。这为后续学习“旋转相似”奠定了基础。【重要】四、变式拓展与模型深化【环节三】综合探究——构造手拉手解决线段最值与角度问题【例3】（2026中考预测·压轴题前瞻）如图5，P为等边三角形ABC内一点，且PA=3，PB=4，PC=5。求∠APB的度数。【难点】【高频考点】【教学实施】1.问题诊断：学生面对这三条看似无关的线段，往往感到无从下手。教师引导学生分析：已知的三条线段虽然共点，但它们并不在一个三角形中，无法直接使用勾股定理或解三角形。如何将这三条线段集中到一个三角形中？2.策略生成：教师提示：“既然图形中有等边三角形，我们能否通过旋转构造出新的手拉手关系，从而实现线段的转移？”学生经过讨论，提出可将△APB绕点B逆时针旋转60°至△A‘CB的位置（或将△APC旋转等不同方案）。3.动手操作与证明：教师选取一种方案（旋转△APB）进行详细讲解。连接PP’，如图6所示。由旋转性质知，△APB≌△A’CB，所以∠A‘CB=∠APB，A’C=AP=3，P‘B=PB=4，且∠PBP’=60°（旋转角）。因此△PBP‘是等边三角形，PP’=PB=4，∠BPP‘=60°。此时，在△A’PP‘中，PA’=3，PP‘=4，A’P‘=PC=5（因为旋转后A’P‘对应原图形中的PC？此处需严谨：旋转是将△APB绕B旋转60°至△A’CB，则A‘点对应A点，C点对应P点？实际上旋转后，点A的对应点是C吗？注意旋转中心是B，旋转角60°，等边三角形给了我们60°的条件。更严谨的表述应为：将△ABP绕点B逆时针旋转60°，得到△CBP’（因为BA旋转到BC），连接PP‘。则P’C=PA=3，BP‘=BP=4，∠PBP’=60°，则△BPP‘为等边三角形，故PP’=BP=4，∠BPP‘=60°。在△CPP’中，PC=5，PP‘=4，P’C=3，满足3²+4²=5²，所以∠CP‘P=90°。因此，∠BPC=∠BP’C？这里需要逐步推导∠APB。由于∠APB=∠CP‘B（全等对应角），而∠CP’B=∠CP‘P+∠PP’B=90°+60°=150°。故∠APB=150°。4.模型反思：此解法的精髓在于“利用等边三角形的边长相等等条件，通过旋转构造全等三角形，将分散的条件（PA、PB、PC）集中到一个新的几何图形（等边三角形和直角三角形）中”。这种“旋转出手拉手，手拉手出全等，全等转移线段”的方法是解决此类共点线段问题的通法。【重要】【环节四】链接中考——实战演练【例4】（2024·陕西中考第26题节选）问题提出：如图7，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF=60°，探究图中线段BE、EF、FD之间的数量关系。【热点】【难点】【教学实施】1.思路点拨：此题是典型的“半角模型”，通常也需要通过旋转构造手拉手全等来解决。教师引导学生发现，AB=AD且共顶点A，这构成了旋转的基础。将△ADF绕点A顺时针旋转120°至△ABG（因为∠BAD=120°），则BG=DF，AG=AF，∠GAB=∠FAD。2.论证关键：接下来需要证明△AEG≌△AEF。由于旋转，∠GAB+∠BAE=∠FAD+∠BAE=120°∠EAF=60°，所以∠GAE=60°=∠EAF。又因为AG=AF，AE=AE，所以△AEG≌△AEF（SAS），从而EG=EF。又因为EG=EB+BG=EB+DF，所以得到EF=BE+DF。3.方法提炼：本题再次证明了“手拉手”旋转构造的强大功能——它能将分散的线段拼接到一起，揭示出看似无关的量之间的内在关系。对于这类问题，核心是找到两条相等的线段（AB=AD）及其夹角（旋转角），然后实施旋转，构造全等。【重要】五、综合建构与素养提升（一）课堂小结1.知识图谱：师生共同梳理本节课的知识网络。【基础】定义：共顶点、等线段、顶角相等。核心性质：拉手线相等（全等时）或成比例（相似时）。拉手线夹角等于顶角或与顶角互补。常见载体：等边三角形、等腰直角三角形、正方形、等腰三角形。思想方法：旋转变换、构造法、化归思想、模型思想。2.方法提炼：【重要】识别模型：一看共顶点，二看等线段，三看顶角等。构造策略：当图形中出现共顶点的等线段时，考虑旋转；旋转的目的是将分散的条件集中。解题步骤：找模型→证全等（或相似）→用结论→巧计算。（二）分层作业1.【基础巩固】（必做）完成课后练习题中关于等边三角形和等腰直角三角形手拉手模型的常规证明题，旨在熟记模型的基本结论。2.【能力提升】（选做）如图8，点O为正方形ABCD的中心，∠EOF=90°，且∠EOF绕点O旋转，OE、OF分别交线段DA、AB于点G、H。探究AG、GH、BH三者之间的数量关系，并证明。3.【拓展探究】（思考）查阅资料，了解“费马点”问题，并尝试用本节课学习的旋转知识解释费马点的作法原理。六、教学反思与评价本节课的设计，始终贯穿“模型建构”与“思维进阶”两条主线。从特殊的等边三角形入手，通过观察、