2025年中考数学压轴题二轮专题复习讲练第3讲 反相似手拉手.docx

第3讲反相似手拉手

前言：本讲介绍一个关于“中线”、“全等”的模型，在中考题中却多以正方形形式出现，识得模型才能快速确定解题方向，找到解题突破口.

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模型由来

(1)从手拉手全等模型说起

如图,AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE,即可得:△ABD≌△ACE.

(2)从全等到相似

改变全等的条件，即线段由相等变为成比例：ABAC

即可构成手拉手相似:△ABD∽△ACE.

特别地，当△ABC和△ADE为直角三角形，且∠BAC=∠DAE,可得△ABE∽△ACE.

(3)反相似手拉手

将手拉手相似中一个三角形“反”过来，称“反相似手拉手”.

(1)连接BD,取BD中点F,连接CF、EF,则CF=EF;

(2)连接CE,取CE中点F,连接BF、DF,则BF=DF.

划重点

如图，△ABC和△ADE是等腰直角三角形，点F是BD边中点,连接CF、EF.

结论:FC=FE,FC⊥FE.

引例1：在△ABC中，分别以AB、AC为斜边分别向外侧作等腰直角△ABD和等腰直角△ACE,∠ADB=∠AEC=90°,F为BC边中点,连接DF、EF.求证:DF=EF,DF⊥EF.

法1：构造全等

分别取AB、AC边中点M、N,连接MD、MF、NF、NE,

∵M点为AB中点,∴DM=

∵N、F分别为AC和BC中点,

∴NF=

同理可证:MF=NE,

∵MF∥AC,NF∥AB,

∴∠BMF=∠BAC=∠CNF,

∴∠DMF=90°+∠BMF=90°+∠CNF=∠FNE,在△DMF和△FNE中,

DM=FN

∴△DMF≌△FNE(SAS),∴DF=EF.

∵∠MDF+∠BMF+∠DFM=90°,

∴∠DFM+∠MFN+∠NFE=90°,即∠DFE=90°.

∴DF=EF且DF⊥EF.

法2：还原手拉手全等模型

作AM⊥AB交BD的延长线于M点,作AN⊥AC交CE的延长线于N点,连接CM、BN,

由题意得：△ABM和△CAN均为等腰直角三角形，

∴AM=AB,AC=AN,∠MAB=∠CAN=90°,

∴∠MAC=∠MAB+∠BAC=∠CAN+∠BAC=∠BAN在△AMC和△ABN中,

AM=AB

∴△AMC≌△ABN(SAS),∴MC=BN

∴DF=1

又MC⊥BN,∴DF⊥EF.

法3：倍长中线

延长DF至点G使得FG=FD,连接CG、EG.

∴△DFB≌△GFC,∴BD=CG,∠DBF=∠GCF,

∴∠ECG=360°-∠BCE-∠GCF=270°-∠ABC-∠ACB,

∴∠ECG=90°+∠BAC=∠EAD,

又∵EC=EA,CG=BD=AD,

∴△EAD≌△ECG(SAS),

∴DE=GE,DE⊥GE,

∴△DEG是等腰直角三角形，

∴DF=EF,DF⊥EF.

2正方形中的模型

正方形中的反相似手拉手模型：

如图,在正方形ABCD和正方形CEFG中,连接AF,取AF中点M.

(1)若连接ME、MD,则有:MD=ME,ME⊥ME.

(2)若连接MB、MG,则有:MB=MG,MB⊥MG.

解读：正方形与等腰直角三角形在一些问题中并无区别，因为这两图形中均有“两线段垂直且相等”.抓重要线段，能帮助我们更快理解正方形问题.

引例2:如图1,点E是正方形ABCD边CD上任意一点，以DE为边作正方形DEFG，连接BF，点M是线段BF中点,射线EM与BC交于点H,连接CM.

(1)请直接写出CM和EM的数量关系和位置关系；

(2)把图1中的正方形DEFG绕点D顺时针旋转45°,此时点F恰好落在线段CD上，如图2，其他条件不变，(1)中的结论是否成立，请说明理由；

(3)把图1中的正方形DEFG绕点D顺时针旋转90°,此时点E、G恰好分别落在线段AD、CD上，如图3，其他条件不变，(1)中的结论是否成立，请说明理由.

解析:(1)CM=EM,CM⊥EM.

(2)成立.延长CM交AB于点N,连接FN、EN、EC,

则四边形BCFN是矩形,∴FN=CB,FN∥CB,

∴∠EFN=45°,在△DEC和△FEN中,

∴△DEC≌△FEN(SAS),

∴EC=EN,∠DEC=∠FEN,

∴∠DEF=∠CEN,∴CEN=90°,

∴△CEN是等腰直角三角形，

∴EM=

(3)成立.

过点M作MP⊥CD交CD于点P,作MQ⊥AD交AD于点Q,可证△MPC≌△MQE,∴CM=EM,CM⊥EM.

真题演练

1.(1)操作发现:如图1,小明画了一个等腰△ABC,其中AB=AC,在△ABC的外侧分别以AB、AC为腰作了两个等腰直角△A