第4章 專題8 手拉手模型【2025中考數(shù)學第1輪復習考點梳理練 】(含解析)

第四章三角形專題八手拉手模型模型一全等型手拉手模型模型展示模型特點在△OAB中，OA＝OB，在△OCD中，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝α，連接AC，BD，相交于點E．簡記為：雙等腰，共頂點，頂角相等，旋轉得全等結論①△AOC≌△BOD(SAS)；②AC＝BD；③兩條拉手線AC，BD所在直線的夾角與∠AOB相等或互補1.如圖，在△ABC和△CDE中，AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°，連接AE，BD.(1)求證：△ACE≌△BCD；(2)求證：AE⊥BD.證明：(1)∵∠ACB＝∠DCE，∴∠ACB－∠BCE＝∠DCE－∠BCE，∴∠ACE＝∠BCD.在△ACE和△BCD中，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(AC＝BC，,∠ACE＝∠BCD，,EC＝DC，))∴△ACE≌△BCD(SAS).(2)延長AE，交CB于點T，交BD于點H.由(1)知△ACE≌△BCD，∴∠CAE＝∠CBD.∵∠CTE＝∠BTH，∴∠BHT＝∠ACB＝90°，∴AE⊥BD.2．如圖，已知正方形ABCD和正方形DEFG，連接AE，CG相交于點H.(1)求證：AE＝CG；(2)連接HD，求證：HD平分∠AHG.證明：(1)∵四邊形ABCD和四邊形DEFG都為正方形，∴AD＝CD，ED＝GD，∠ADC＝∠EDG＝90°，∴∠ADC＋∠CDE＝∠EDG＋∠CDE，即∠ADE＝∠CDG.在△ADE和△CDG中，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(AD＝CD，,∠ADE＝∠CDG，,ED＝GD，))∴△ADE≌△CDG(SAS)，∴AE＝CG.(2)過點D分別作DM⊥AE于點M，DN⊥CG于點N.由(1)知△ADE≌△CDG，∴DM＝DN.∵DM⊥AE，DN⊥CG，∴HD平分∠AHG.3．如圖，在△ABC中，∠CAB＝60°，AB＝4，AC＝eq\r(3)，以BC為腰，C為頂點作等腰三角形BCD，且∠BCD＝120°，求AD的長．解：過點C在AC左側作∠ACE＝120°，且CE＝CA，連接AE，BE，則∠ACE＝∠BCD，∴∠ACE＋∠ECD＝∠BCD＋∠ECD，即∠ACD＝∠ECB.又∵DC＝BC，∴△ACD≌△ECB(SAS)，∴AD＝EB.過點C作CF⊥AE于點F.∵∠ACE＝120°，CE＝CA，∴∠EAC＝eq\f(1,2)(180°－∠ACE)＝30°，∴AE＝2AF＝2AC·cos30°＝3.∵∠CAB＝60°，∴∠EAB＝∠EAC＋∠CAB＝90°，∴EB＝eq\r(AE2＋AB2)＝5，∴AD＝5.模型二相似型手拉手模型模型展示模型特點△AOB∽△COD，且繞公共頂點O旋轉，簡記為：非等腰，共頂點，頂角相等，旋轉得相似結論①△AOC∽△BOD；②eq\f(AC,BD)＝eq\f(OC,OD)＝eq\f(OA,OB)；③兩條拉手線AC，BD所在直線的夾角與∠AOB相等或互補4.如圖，在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，連接BD并延長，交AC于點M.(1)求eq\f(AC,BD)的值；(2)求∠AMB的度數(shù)．解：(1)∵∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，∴eq\f(CO,DO)＝eq\f(AO,BO)＝eq\r(3)，∠COD＋∠AOD＝∠AOB＋∠AOD，即∠AOC＝∠BOD，∴△AOC∽△BOD，∴eq\f(AC,BD)＝eq\f(CO,DO)＝eq\r(3).(2)由(1)知△AOC∽△BOD，∴∠CAO＝∠DBO.∵∠AOB＝90°，∴∠DBO＋∠ABD＋∠BAO＝90°，∴∠CAO＋∠ABD＋∠BAO＝90°，∴∠AMB＝90°.5．【問題呈現(xiàn)】(1)如圖1，△ABC和△ADE都是等邊三角形，連接BD，CE.求證：BD＝CE；【類比探究】(2)如圖2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，連接BD，CE，求eq\f(BD,CE)的值；【拓展提升】(3)如圖3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且eq\f(AB,BC)＝eq\f(AD,DE)＝eq\f(3,4)，連接BD，CE.①求eq\f(BD,CE)的值；②延長CE，交BD于點F，交AB于點G，則sin∠BFC的值為eq\f(4,5)．eq\o(\s\up7(),\s\do5(圖1))eq\o(\s\up7(),\s\do5(圖2))eq\o(\s\up7(),\s\do5(圖3))(1)證明：∵△ABC和△ADE都是等邊三角形，∴AD＝AE，AB＝AC，∠DAE＝∠BAC＝60°，∴∠DAE－∠BAE＝∠BAC－∠BAE，即∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE(SAS)，∴BD＝CE.(2)解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∴eq\f(AD,AE)＝eq\f(AB,AC)＝eq\f(1,\r(2))，∠DAE＝∠BAC＝45°，∴∠DAE－∠BAE＝∠BAC－∠BAE，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD∽△CAE，∴eq\f(BD,CE)＝eq\f(AB,AC)＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2).①解：∵eq\f(AB,BC)＝eq\f(AD,DE)＝第四章三角形(解析版）專題八手拉手模型模型一全等型手拉手模型模型展示模型特點在△OAB中，OA＝OB，在△OCD中，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝α，連接AC，BD，相交于點E．簡記為：雙等腰，共頂點，頂角相等，旋轉得全等結論①△AOC≌△BOD(SAS)；②AC＝BD；③兩條拉手線AC，BD所在直線的夾角與∠AOB相等或互補1.如圖，在△ABC和△CDE中，AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°，連接AE，BD.(1)求證：△ACE≌△BCD；(2)求證：AE⊥BD.證明：(1)∵∠ACB＝∠DCE，∴∠ACB－∠BCE＝∠DCE－∠BCE，∴∠ACE＝∠BCD.在△ACE和△BCD中，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(AC＝BC，,∠ACE＝∠BCD，,EC＝DC，))∴△ACE≌△BCD(SAS).(2)延長AE，交CB于點T，交BD于點H.由(1)知△ACE≌△BCD，∴∠CAE＝∠CBD.∵∠CTE＝∠BTH，∴∠BHT＝∠ACB＝90°，∴AE⊥BD.2．如圖，已知正方形ABCD和正方形DEFG，連接AE，CG相交于點H.(1)求證：AE＝CG；(2)連接HD，求證：HD平分∠AHG.證明：(1)∵四邊形ABCD和四邊形DEFG都為正方形，∴AD＝CD，ED＝GD，∠ADC＝∠EDG＝90°，∴∠ADC＋∠CDE＝∠EDG＋∠CDE，即∠ADE＝∠CDG.在△ADE和△CDG中，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(AD＝CD，,∠ADE＝∠CDG，,ED＝GD，))∴△ADE≌△CDG(SAS)，∴AE＝CG.(2)過點D分別作DM⊥AE于點M，DN⊥CG于點N.由(1)知△ADE≌△CDG，∴DM＝DN.∵DM⊥AE，DN⊥CG，∴HD平分∠AHG.3．如圖，在△ABC中，∠CAB＝60°，AB＝4，AC＝eq\r(3)，以BC為腰，C為頂點作等腰三角形BCD，且∠BCD＝120°，求AD的長．解：過點C在AC左側作∠ACE＝120°，且CE＝CA，連接AE，BE，則∠ACE＝∠BCD，∴∠ACE＋∠ECD＝∠BCD＋∠ECD，即∠ACD＝∠ECB.又∵DC＝BC，∴△ACD≌△ECB(SAS)，∴AD＝EB.過點C作CF⊥AE于點F.∵∠ACE＝120°，CE＝CA，∴∠EAC＝eq\f(1,2)(180°－∠ACE)＝30°，∴AE＝2AF＝2AC·cos30°＝3.∵∠CAB＝60°，∴∠EAB＝∠EAC＋∠CAB＝90°，∴EB＝eq\r(AE2＋AB2)＝5，∴AD＝5.模型二相似型手拉手模型模型展示模型特點△AOB∽△COD，且繞公共頂點O旋轉，簡記為：非等腰，共頂點，頂角相等，旋轉得相似結論①△AOC∽△BOD；②eq\f(AC,BD)＝eq\f(OC,OD)＝eq\f(OA,OB)；③兩條拉手線AC，BD所在直線的夾角與∠AOB相等或互補4.如圖，在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，連接BD并延長，交AC于點M.(1)求eq\f(AC,BD)的值；(2)求∠AMB的度數(shù)．解：(1)∵∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，∴eq\f(CO,DO)＝eq\f(AO,BO)＝eq\r(3)，∠COD＋∠AOD＝∠AOB＋∠AOD，即∠AOC＝∠BOD，∴△AOC∽△BOD，∴eq\f(AC,BD)＝eq\f(CO,DO)＝eq\r(3).(2)由(1)知△AOC∽△BOD，∴∠CAO＝∠DBO.∵∠AOB＝90°，∴∠DBO＋∠ABD＋∠BAO＝90°，∴∠CAO＋∠ABD＋∠BAO＝90°，∴∠AMB＝90°.5．【問題呈現(xiàn)】(1)如圖1，△ABC和△ADE都是等邊三角形，連接BD，CE.求證：BD＝CE；【類比探究】(2)如圖2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，連接BD，CE，求eq\f(BD,CE)的值；【拓展提升】(3)如圖3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且eq\f(AB,BC)＝eq\f(AD,DE)＝eq\f(3,4)，連接BD，CE.①求eq\f(BD,CE)的值；②延長CE，交BD于點F，交AB于點G，則sin∠BFC的值為eq\f(4,5)．eq\o(\s\up7(),\s\do5(圖1))eq\o(\s\up7(),\s\do5(圖2))eq\o(\s\up7(),\s\do5(圖3))(1)證明：∵△ABC和△ADE都是等邊三角形，∴AD＝AE，AB＝AC，∠DAE＝∠BAC＝60°，∴∠DAE－∠BAE＝∠BAC－∠BAE，即∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE(SAS)，∴BD＝CE.(2)解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∴eq\f(AD,AE)＝eq\f(AB,AC)＝eq\f(1,\r(2))，∠DAE＝∠BAC＝45°，∴∠DAE－∠BAE＝∠BAC－∠BAE，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD∽△CAE，∴eq\f(BD,CE)＝eq\f(AB,AC)＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)