1、微专题微专题4微专题微专题4手拉手模型手拉手模型(9年年6考考)一阶一阶 模型模型应用应用模 型模 型 回 顾回 顾1.(1)OAOB，OCOD，CDAB；(2)AOBCOD；(3)将将OCD绕顶点绕顶点O旋转，连接旋转，连接AC，BD，可得：，可得：AOCBOD.简记：简记：非等腰，共顶角，绕共顶点旋转得相似非等腰，共顶角，绕共顶点旋转得相似一、手拉手模型动态旋转图形一、手拉手模型动态旋转图形(9年年5考考)1.如图，在如图，在RtABC中，中，ABC90，ACB30，将，将ABC绕点绕点C旋转一定角度得到旋转一定角度得到ABC，求，求 的值的值BBAA 第第1题图题图解：解：由旋转可知：由
2、旋转可知：BCBACA，BCBC，ACAC，BCBACA，ABC为直角三角形，为直角三角形，ACB30，BC AC，.A CB C ACBC32BBAA BCAC32模 型模 型 回 顾回 顾2.(1)OAOB，OCOD；(2)AOBCOD；(3)将将OCD绕顶点绕顶点O旋转，连接旋转，连接AC，BD，可得：，可得：AOCBOD.简记：简记：双等腰，共顶角，绕共顶点旋转得全等双等腰，共顶角，绕共顶点旋转得全等手拉手模型手拉手模型2.如图，将等腰如图，将等腰ABC绕点绕点A旋转得到旋转得到DAE，点，点B，C的对应点分别是的对应点分别是点点D，E，ABAC，连接，连接BD，CE，若，若BD3，求
3、，求CE的长的长第第2题图题图解：解：由旋转可知：由旋转可知：ABAD，ACAE，BACDAE，BACBADDAC，DAEDACCAE，BADCAE，ABAC，ABADACAE，在在BAD和和CAE中，中，BADCAE(SAS)，CEBD3.,ABACBADCAEADAE 3.如图，在如图，在ABC中，中，ACBC，ACB90，点，点D是平面内一点，连是平面内一点，连接接DC，DB，将线段，将线段DB绕点绕点D逆时针旋转逆时针旋转90得到线段得到线段DE，连接，连接AE，BE.求求 的值的值AECD第第3题图题图解：解：线段线段DB绕点绕点D逆时针旋转逆时针旋转90得到线段得到线段DE，BDE
4、是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，EBD45ABC是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，ABC45，ABCEBD，ABECBD，ABECBD，.BEBD2ABBC2BEBDABBCAECDABBC2二、可视为手拉手模型的静态图形二、可视为手拉手模型的静态图形4.如图，已知正方形如图，已知正方形ABCD和正方形和正方形DEFG，连接，连接AE，CG相交于点相交于点H，AE交交CD于点于点O，试判断，试判断AE和和CG的数量和位置关系，并证明的数量和位置关系，并证明第第4题图题图解：解：AECG，AECG，证明：证明：四边形四边形ABCD与四边形与四边形DEFG都为正方形，都为正方形，ADCD，E
5、DGD，ADCEDG90.ADCCDEEDGCDE，即即ADECDG，第第4题图题图在在ADE和和CDG中，中，ADECDG(SAS)，AECG，DAEDCG，ADC90，DAEAOD90，AODCOH，DCGCOH90，AHC90，AECG.,ADCDADECDGEDGD 5.如图，在如图，在ABC中，中，AB4，AC2 ，P为为ABC内一点，连接内一点，连接BP，CP，且，且CPBP，延长，延长BP至点至点D使得使得BAPCAD，连接，连接CD.若若APDABC，DBC30，求，求AP的长的长3第第5题图题图解：解：CADBAP，PADBAC，APDABC，ABCAPD，CADBAP，AC
6、DABP，ADACAPABPDBCADAPACABACABCDBPADAP设设CPx，CPBP，PBC30，BC2x，BP x，解得，解得CD x，在在RtCPD中，根据勾股定理，得中，根据勾股定理，得PD x，即，即 解得解得AP .3ACAB3CDx323222CDCP 52APABPDBC4AP522xx5第第5题图题图二阶二阶 模型模型构造构造模型展示模型展示模型特点模型特点有公共点有公共点(点点C)的两对等线段的两对等线段(ACBC，CECD)两对线段的夹角相等两对线段的夹角相等()构造方法构造方法补拉手线补拉手线(连接连接AD，BE)构造另一个三角形构造另一个三角形(连接连接CE或
7、或AC)结论结论BCEACD BCAECD6.如图，将正方形如图，将正方形ABCD的边的边AB绕点绕点A逆时针旋转至逆时针旋转至AB，连接，连接BB，过，过点点D作作DEBB，交，交BB的延长线于点的延长线于点E，连接，连接DB，CE.求求 的值的值BBCE 解：解：如图，连接如图，连接BD，第第6题图题图ABAB，设，设BAB，ABB90 ，BAD90，ADAB，ABD45 ，EBD180ABDABB180(45 )(90 )45，DEBB，EDBEBD45，DEB是等腰是等腰直角三角形，直角三角形，2 2 2 2 DBDE 2四边形四边形ABCD是正方形，是正方形，BDC45，EDBBDC
8、，EDBBDCBDCBDC，即即BDBEDC，BDBEDC，.第第6题图题图BDCD22BDCDDBDE BBCE BDCD27.如图，点如图，点A是是BCD内一点，内一点，ADBABC30，BAC90，BD3，CD ，求，求AD的长的长7第第7题图题图DAEBAC90，ADBABC30，ADEABC，又又DABEAC，DABEAC，DBAECA，ADAEABACBDCEADAE3E解：解：如图，作如图，作AEAD，交，交BD于点于点E，连接，连接CE，第第7题图题图BD3，CE ，BEC90，在在RtCDE中，由勾股定理得，中，由勾股定理得，DE2，ADE30，DAE90，AD .3E3解题
9、关键点作作AEAD交交BD于点于点E，连接，连接CE，证明证明ADEABC，DABEAC.三阶三阶 综合综合提升提升1.如图，如图，ABC中，中，ADBC于点于点D，ABC45，BC4，CD1，若将若将ADC绕点绕点D逆时针方向旋转得到逆时针方向旋转得到FDE，当点，当点E恰好落在恰好落在AC上时，上时，连接连接AF.则则AF的长是的长是_第第1题图题图3 1052.如图，在如图，在ABC中，点中，点D在在AB上，过点上，过点D作作DEBC交交AC于点于点E，将，将ADE绕点绕点A逆时针旋转，旋转角为逆时针旋转，旋转角为(0180)，得到，得到ADE，连连接接CE，BD.若若AB6，AD BD
10、1 2，旋转角，旋转角60，求，求BD的长的长AB6，ADBD12，ADAD AB2，在在RtADM中，中，DAM60，ADM30，13第第2题图题图解：解：如图，过点如图，过点D作作DMAB于点于点M，MAM AD1，由勾股定理得由勾股定理得DM ，在在RtBDM中，中，BMABAM615，BD 2 .1222ADAM 322BMD M 225(3)7第第2题图题图M3.如图，在如图，在ABC中，中，BAC90，ABAC，点，点D为为BC的中点若点的中点若点E，F分别为分别为AB，AC上的点，且上的点，且DEDF，求证：，求证：BEAF.证明：证明：如图，连接如图，连接AD，第第3题图题图B
11、AC90，ABAC，CB45，点点D为为BC的中点，的中点，ADBC，ADBDDC，AD平分平分BAC，DACBADB45，ADC90，DEDF，EDF90，ADFFDC90，FDCBDE90，BDEADF，在在BDE和和ADF中，中，BDEADF(ASA)，BEAF.,BDAFBDADBDEADF第第3题图题图4.如图，在如图，在ABC和和ADE中，中，ABCADE90，BACDAE30，O是是BC的中点，连接的中点，连接EO并延长至点并延长至点F，使得，使得EOOF，连接连接BF，BD，求，求 的值的值BDBF解：解：如图，连接如图，连接EC，BE，CF，BACDAE30，DABDAE B
12、AEBAC BAEEAC，ABCADE90,cos30 ，ADBAEC，ADAEABAC32第第4题图题图 .点点O是是BC的中点，的中点，OBOC，OEOF，四边形四边形BECF是平行四边形，是平行四边形，BFEC，.BDCE32第第4题图题图BDBFBDCE32解题关键点连接连接CE，BE，CF，构造手拉手模型，证得，构造手拉手模型，证得ADBAEC，结合平行四边形的判定与，结合平行四边形的判定与性质求解性质求解5.如图，在如图，在RtABC和和RtADE中，中，ABCADE90，ACBAED，点，点C，E，D在同一直线上，且在同一直线上，且AC2AE，AB3 .(1)求求AD的长；的长；2第第5题图题图解：解：(1)ABCADE90，ACBAED，ABCADE，2，AB3 ，AD ；ABADACAE23 22(2)若若sinCAE ，求点，求点D到到AB的距离的距离25(2)如图，过点如图，过点D作作DMAB于点于点M.第第5题图题图由由(1)知知CABEAD，AD ，CAEBAD，sinBADsinCAE ，sinBAD ，DM ，点点D到到AB的距离为的距离为 .3 2225DMAD3 22DM253 253 25M解题关键点过点过点D作作DMAB于点于点M，利用等角的锐角三，利用等角的锐角三角函数值相等求解角函数值相等求解
