第4章 专题8 手拉手模型【2025中考数学第1轮复习考点梳理练 】(含解析)

第四章三角形专题八手拉手模型模型一全等型手拉手模型模型展示模型特点在△OAB中，OA＝OB，在△OCD中，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝α，连接AC，BD，相交于点E．简记为：双等腰，共顶点，顶角相等，旋转得全等结论①△AOC≌△BOD(SAS)；②AC＝BD；③两条拉手线AC，BD所在直线的夹角与∠AOB相等或互补1.如图，在△ABC和△CDE中，AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°，连接AE，BD.(1)求证：△ACE≌△BCD；(2)求证：AE⊥BD.证明：(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)延长AE，交CB于点T，交BD于点H.由(1)知△ACE≌△BCD，∴∠CAE＝∠CBD.∵∠CTE＝∠BTH，∴∠BHT＝∠ACB＝90°，∴AE⊥BD.2．如图，已知正方形ABCD和正方形DEFG，连接AE，CG相交于点H.(1)求证：AE＝CG；(2)连接HD，求证：HD平分∠AHG.证明：(1)∵四边形ABCD和四边形DEFG都为正方形，∴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)过点D分别作DM⊥AE于点M，DN⊥CG于点N.由(1)知△ADE≌△CDG，∴DM＝DN.∵DM⊥AE，DN⊥CG，∴HD平分∠AHG.3．如图，在△ABC中，∠CAB＝60°，AB＝4，AC＝eq\r(3)，以BC为腰，C为顶点作等腰三角形BCD，且∠BCD＝120°，求AD的长．解：过点C在AC左侧作∠ACE＝120°，且CE＝CA，连接AE，BE，则∠ACE＝∠BCD，∴∠ACE＋∠ECD＝∠BCD＋∠ECD，即∠ACD＝∠ECB.又∵DC＝BC，∴△ACD≌△ECB(SAS)，∴AD＝EB.过点C作CF⊥AE于点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点△AOB∽△COD，且绕公共顶点O旋转，简记为：非等腰，共顶点，顶角相等，旋转得相似结论①△AOC∽△BOD；②eq\f(AC,BD)＝eq\f(OC,OD)＝eq\f(OA,OB)；③两条拉手线AC，BD所在直线的夹角与∠AOB相等或互补4.如图，在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，连接BD并延长，交AC于点M.(1)求eq\f(AC,BD)的值；(2)求∠AMB的度数．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．【问题呈现】(1)如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE.求证：BD＝CE；【类比探究】(2)如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，连接BD，CE，求eq\f(BD,CE)的值；【拓展提升】(3)如图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)，连接BD，CE.①求eq\f(BD,CE)的值；②延长CE，交BD于点F，交AB于点G，则sin∠BFC的值为eq\f(4,5)．eq\o(\s\up7(),\s\do5(图1))eq\o(\s\up7(),\s\do5(图2))eq\o(\s\up7(),\s\do5(图3))(1)证明：∵△ABC和△ADE都是等边三角形，∴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）专题八手拉手模型模型一全等型手拉手模型模型展示模型特点在△OAB中，OA＝OB，在△OCD中，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝α，连接AC，BD，相交于点E．简记为：双等腰，共顶点，顶角相等，旋转得全等结论①△AOC≌△BOD(SAS)；②AC＝BD；③两条拉手线AC，BD所在直线的夹角与∠AOB相等或互补1.如图，在△ABC和△CDE中，AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°，连接AE，BD.(1)求证：△ACE≌△BCD；(2)求证：AE⊥BD.证明：(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)延长AE，交CB于点T，交BD于点H.由(1)知△ACE≌△BCD，∴∠CAE＝∠CBD.∵∠CTE＝∠BTH，∴∠BHT＝∠ACB＝90°，∴AE⊥BD.2．如图，已知正方形ABCD和正方形DEFG，连接AE，CG相交于点H.(1)求证：AE＝CG；(2)连接HD，求证：HD平分∠AHG.证明：(1)∵四边形ABCD和四边形DEFG都为正方形，∴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)过点D分别作DM⊥AE于点M，DN⊥CG于点N.由(1)知△ADE≌△CDG，∴DM＝DN.∵DM⊥AE，DN⊥CG，∴HD平分∠AHG.3．如图，在△ABC中，∠CAB＝60°，AB＝4，AC＝eq\r(3)，以BC为腰，C为顶点作等腰三角形BCD，且∠BCD＝120°，求AD的长．解：过点C在AC左侧作∠ACE＝120°，且CE＝CA，连接AE，BE，则∠ACE＝∠BCD，∴∠ACE＋∠ECD＝∠BCD＋∠ECD，即∠ACD＝∠ECB.又∵DC＝BC，∴△ACD≌△ECB(SAS)，∴AD＝EB.过点C作CF⊥AE于点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点△AOB∽△COD，且绕公共顶点O旋转，简记为：非等腰，共顶点，顶角相等，旋转得相似结论①△AOC∽△BOD；②eq\f(AC,BD)＝eq\f(OC,OD)＝eq\f(OA,OB)；③两条拉手线AC，BD所在直线的夹角与∠AOB相等或互补4.如图，在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，连接BD并延长，交AC于点M.(1)求eq\f(AC,BD)的值；(2)求∠AMB的度数．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．【问题呈现】(1)如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE.求证：BD＝CE；【类比探究】(2)如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，连接BD，CE，求eq\f(BD,CE)的值；【拓展提升】(3)如图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)，连接BD，CE.①求eq\f(BD,CE)的值；②延长CE，交BD于点F，交AB于点G，则sin∠BFC的值为eq\f(4,5)．eq\o(\s\up7(),\s\do5(图1))eq\o(\s\up7(),\s\do5(图2))eq\o(\s\up7(),\s\do5(图3))(1)证明：∵△ABC和△ADE都是等边三角形，∴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)