2025年中考数学二轮复习-专题6手拉手模型【课件】（共33张PPT）

(共33张PPT)
专题六　手拉手模型
类型一 手拉手旋转全等
　　如图，在△AOB中，OA＝OB，DE∥AB→将△DOE绕点O旋转
→△AOD≌△BOE.
手拉手全等模型一般可分为：双等腰三角形，双等边三角形，双
等腰直角三角形，双正方形.
1. 如图，△ACB和△ECD都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠ECD＝
90°，D为AB边上一点.若AD＝5，BD＝12，则DE的长为 .
13　
2. 如图，△ABC和△CDE都是等边三角形，且点D在AB边上，AB＝
5，BD＝3，边BC与DE相交于点F，连接BE，则 的值是 　 　.
　
3. 如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，AB＝3，BC＝5，分别以AB，
AC为边向外作等边三角形ABE和等边三角形ACD，连接CE，BD，则
BD的长为 .
7　
4. 如图，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，OA＞OC，
∠AOB＝∠COD＝40°，连接AC，BD交于点M，连接OM. 下列结
论：①AC＝BD；②∠AMD＝140°；③OM平分∠BOC；④MO平分
∠BMC. 其中正确结论的序号是 .
①②④　
5. 如图，已知正方形ABCD和正方形DEFG，连接AE，CG相交于点
H，连接HD，求∠AHD的度数.
解：∵∠ADE＝90°＋∠CDE，∠CDG＝90°＋∠CDE，
∴∠ADE＝∠CDG.
又∵AD＝CD，DE＝DG，∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG，∠DAE＝∠DCG，∴∠AHC＝∠ADC＝90°.
如图，过点D作DM⊥AE于点M，DN⊥CG于点N.
∵△ADE≌△CDG，∴S△ADE＝S△CDG，∴ AE·DM＝ CG·DN，
∴DM＝DN，∴四边形DMHN是正方形，∴HD平分∠AHG，
∴∠AHD＝ ∠AHG＝45°.
6. （1）【发现问题】如图①，在△ABC和△AEF中，AB＝AC，AE
＝AF，∠BAC＝∠EAF＝30°，连接BE，CF，延长BE交CF于点
D，则BE与CF的数量关系是 　　　　，∠BDC的度数为 　　　　.
相等
30°
（2）【类比探究】如图②，在△ABC和△AEF中，AB＝AC，AE＝
AF，∠BAC＝∠EAF＝120°，连接BE，CF，延长BE，FC交于点
D. 请猜想BE与CF的数量关系及∠BDC的度数，并说明理由.
解：（2）BE＝CF，∠BDC＝60°.理由如下：
∵∠BAC＝∠EAF＝120°，∴∠BAC－∠EAC＝∠EAF－∠EAC，
∴∠BAE＝∠CAF.
又∵AB＝AC，AE＝AF，∴△ABE≌△ACF（SAS），∴BE＝CF，
∠AEB＝∠AFC，
∴∠BDC＝∠BEF－∠EFD＝（∠AEB＋∠AEF）－（∠AFC－
∠AFE），
即∠BDC＝（∠AEB＋30°）－（∠AFC－30°）＝
∠AEB＋30°－∠AFC＋30°＝60°.
（3）【拓展延伸】如图③，△ABC和△AEF均为等腰直角三角形，
∠BAC＝∠EAF＝90°，连接BE，CF，且点B，E，F在一条直线
上，过点A作AM⊥BF于点M. 请探究线段BF，CF，AM之间的数量
关系.
解：（3）∵∠BAC＝∠EAF＝90°，∴∠BAC－∠EAC＝∠EAF－
∠EAC，∴∠BAE＝∠CAF.
又∵AB＝AC，AE＝AF，∴△ABE≌△ACF（SAS），∴BE＝CF.
∵∠EAF＝90°，AE＝AF，AM⊥BF，∴AM＝EM＝FM＝ EF，
∴BF＝BE＋EF＝CF＋2AM.
类型二 手拉手旋转相似
　　如图，在△AOB中，OA≠OB，DE∥AB→将△ODE绕点O旋转
→△AOD∽△BOE.
1. [2024·成都改编]如图，在△ABC和△ADE中，AB＝AD＝3，BC＝
DE＝4，∠ABC＝∠ADE＝90°，连接BD，CE，当△ADE绕点A旋
转过程中，则 的值为 　 　.
　
2. 如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，D，E分别是
AC，BC上一点，且DE∥AB（图①），将△DCE绕点C逆时针旋转，
使得点D恰好落在AB边上（图②）.若图②中，AD＝ ，DB＝4，
则DE的长为 .
5　
3. 如图，在正方形ABCD和正方形AEFG中，连接BG，CF，则 的
值为 .
　
4. （1）如图①，已知△ABC∽△ADE，求证：△ABD∽△ACE；
（1）证明：∵△ABC∽△ADE，∴ ＝ ，∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠CAE，∴△ABD∽△ACE.
（2）如图②，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC
＝∠ADE＝30°，点D在边BC上，AC与DE相交于点F，若 ＝
，求 的值.
（2）解：如图②，连接CE. 设BD＝a，则AD＝ a.
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，
∴△ABC∽△ADE. 由（1）可得△ABD∽△ACE，
∴ ＝ ＝tan30°＝ ，∴CE＝ BD＝ a，∴ ＝ ＝3.
又∵∠ADE＝∠ACE＝30°，∠AFD＝∠EFC，
∴△ADF∽△ECF，∴ ＝ ＝3.
5. [2024·江西节选]如图，在Rt△ABC中，D是斜边AB上的动点（点D
与点A不重合），连接CD，以CD为直角边在CD的右侧构造
Rt△CDE，∠DCE＝90°，连接BE， ＝ ＝m.
（1）如图①，当m＝1时，BE与AD之间的位置关系是 　　 　　，数量
关系是 　 　　　.
BE⊥AD
BE＝AD
（2）如图②，当m≠1时，猜想BE与AD之间的位置关系和数量关系，
并证明猜想.
解：（2）BE⊥AD，BE＝mAD. 证明如下：
∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACD＝∠BCE.
又∵ ＝ ，∴△BCE∽△ACD，
∴ ＝ ＝m，∠CBE＝∠A，∴BE＝mAD.
又∵∠A＋∠ABC＝90°，∴∠CBE＋∠ABC＝90°，即∠ABE＝
90°，∴BE⊥AD.
（3）在（1）的条件下，点F与点C关于DE对称，连接DF，EF，
BF，如图③.已知AC＝6，设AD＝x，四边形CDFE的面积为y，求y
与x的函数解析式，并求出y的最小值.
解：（3）当m＝1时，由（1）可得BE＝AD＝x，BE⊥AD，
∴CB＝CA＝6，CD＝CE，∴AB＝ ＝6 ，∴BD＝AB
－AD＝6 －x，
∴DE2＝BE2＋BD2＝x2＋ ＝2x2－12 x＋72.
∵点C与点F关于DE对称，∴CD＝CE＝EF＝DF，∴四边形CDFE
是正方形，
∴y＝ DE2＝x2－6 x＋36＝ ＋18，∴当x＝3 时，y
取最小值为18.
6. 如图，△CAB和△CDE都是直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，
CB＝mCA，CE＝mCD，连接AD，BE.
（1）猜想AD与BE的位置关系，并说明理由；
解：（1）BE⊥AD. 理由如下：如图，延长BE交AD于点G.
∵∠BCE＋∠ECA＝∠ACD＋∠ECA＝90°，∴∠BCE＝∠ACD.
∵CB＝mCA，CE＝mCD，∴ ＝ ＝ ，∴△ECB∽△DCA，
∴∠EBC＝∠DAC.
∵∠CAB＋∠ABG＋∠EBC＝90°，∴∠CAB＋∠ABG＋∠DAC＝
90°，∴∠AGB＝90°，∴BE⊥AD.
（2）当m＝ ，AB＝4 ，DE＝4时，将△CDE绕点C旋转，使
A，D，E三点恰好在同一直线上，求BE的长.
解：（2）分以下两种情况讨论：如图①，当点D在线段AE上时，
由（1）可得△ECB∽△DCA，∴ ＝ ＝m＝ .∵DE＝4，∴BE＝ AD＝ （AE－4）.
由（1）可得AD⊥BE，∴∠AEB＝90°，∴AE2＋BE2＝AB2，
即AE2＋ ＝ ，
解得AE＝8或AE＝－2（舍去），∴BE＝ （AE－4）＝4 .
如图②，当点D在线段AE的延长线上时，BE＝ AD＝
（AE＋4）.
同理可得AE2＋ ＝ ，解得AE＝2或AE＝－8
（舍去），
∴BE＝ （AE＋4）＝6 .
综上所述，BE的长为4 或6 .
谢谢观看