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课件网) 2026年中考数学一轮复习专题★★三角形 手拉手模型 如图，在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，连接AC交BD的延长线于点M. (1)求的值； (2)求证：AM⊥BM. (1)解：∵∠AOB＝∠COD＝90°， ∠OAB＝∠OCD＝30°， ∴∠COD＋∠AOD＝∠AOB＋∠AOD，即∠AOC＝∠BOD， 又∵＝＝，∴＝，∴△AOC∽△BOD， ∴＝＝. (2)证明：∵△AOC∽△BOD，∴∠CAO＝∠DBO， ∵∠AOB＝90°，∴∠DBO＋∠ABD＋∠BAO＝90°， ∴∠CAO＋∠ABD＋∠BAO＝90°， ∴∠AMB＝90°，∴AM⊥BM. 如图，在△ABC中，∠ABC＝30°，以AB，AC为边，分别向外作等边三角形ABD，ACE，连接BE，DC. (1)求证：△ABE≌△ADC； (2)若AB＝6，BC＝7，求BE的长． (1)证明：∵△ABD和△ACE均为等边三角形， ∴AD＝AB，AE＝AC，∠DAB＝∠EAC＝60°， ∴∠DAB＋∠BAC＝∠EAC＋∠BAC， 即∠DAC＝∠BAE， 在△ABE和△ADC中， ∴△ABE≌△ADC(SAS)． (2)解：∵△ABD为等边三角形，∴∠DBA＝60°，BD＝AB＝6， 又∵∠ABC＝30°，∴∠DBC＝∠DBA＋∠ABC＝90°， 在Rt△BDC中，CD＝＝， 由(1)得△ABE≌△ADC，∴BE＝CD＝. 【模型分析】 (1)△AOB∽△COD，绕公共顶点O旋转后连接AC，BD.可得△AOC∽△BOD； 简记为非等腰，共顶点，顶角相等，旋转得相似． (2)若在(1)的条件下添加条件： ，可得△AOC≌△BOD； 简记为双等腰，共顶点，顶角相等，旋转得全等. OA＝OB(或OC＝OD)(答案不唯一) 模 型 展 示 (1)等边三角形“手拉手” (2)等腰三角形“手拉手” Ⅰ)等腰直角三角形 Ⅱ)一般等腰三角形 口诀：双等腰(含等边)，共顶点，顶角相等，旋转得全等． (3)正方形“手拉手” 如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC的中点．若E，F分别为边AB，AC上的点，且DE⊥DF，求证：BE＝AF. 证明：连接AD， ∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠C＝∠B＝45°， ∵D为BC的中点， ∴AD⊥BC，AD＝BD＝DC，AD平分∠BAC， ∴∠DAC＝∠BAD＝∠B＝45°，∠ADC＝90°， ∵DE⊥DF，∴∠EDF＝90°， ∴∠ADF＋∠FDC＝90°，∠FDC＋∠BDE＝90°，∴∠BDE＝∠ADF， 在△BDE和△ADF中， ∴△BDE≌△ADF(ASA)，∴BE＝AF. 如图，A是△BCD内一点，∠ADB＝∠ABC＝30°，∠BAC＝90°，BD＝3，CD＝，求AD的长． 解：作AE⊥AD，交BD于点E，连接CE， ∴∠DAE＝∠BAC＝90°， ∴∠ADB＝∠ABC＝30°，∴△ADE∽△ABC， ∴＝， 又∵∠DAB＝∠EAC，∴△DAB∽△EAC， ∴＝＝，∠DBA＝∠ACE， ∵BD＝3，∴CE＝，∠BEC＝90°， ∵CD＝，在Rt△CDE中，由勾股定理得DE＝2， ∵∠ADE＝30°，∠DAE＝90°，∴AD＝. 【构造方法】 模型 展示 模型 特点 如图①， Ⅰ)有共端点(点A)的两条等线段(AD＝AC)； Ⅱ)已知两条等线段的夹角(α)； Ⅲ)有过公共端点的第三条线段(AB)； Ⅳ)所求线段为BD 构造 方法 如图②， Ⅰ)将线段AB绕点A顺时针旋转α，得到线段AE； Ⅱ)连接BE，CE； Ⅲ)构造△ABE和△ADC为共顶点的手拉手模型(其中CE，BD为拉手线) 结论 △ABD≌△AEC；△ABE∽△ADC 【构造方法】出现一组等角再构造一组等角． 注：手拉手模型的本质是图形的旋转． 1．如图，将正方形ABCD的边AB绕点A逆时针旋转至AB′，连接BB′，过点D作DE⊥BB′，交BB′的延长线于点E，连接DB′，CE.求的值． 解：连接BD， 由旋转性质得AB＝AB′， 设∠BAB′＝α， ∴∠AB′B＝ (180°－α)＝90°－. ∵∠B′AD＝90°－α，AD＝AB′， ∴∠AB′D＝45°＋， ∴∠EB′D＝180°－∠AB′D－∠AB′B ＝180°－－＝45°. ∵DE⊥BB′，∴∠EDB′＝∠EB′D＝45°， ∴△DEB′是等腰直角三角形，∴＝. ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BDC＝45°，∴＝＝. ∵∠EDB′＝∠BDC， ∴∠EDB′－ ... ...
