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2024年中考数学复习专题课件★★重难突破微专题 手拉手模型
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模型一 全等型手拉手模型(10年考查2次)
【模型分析】
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);
(2)AC=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,
∴∠ACE=∠BCD,
在△ACE和△BCD中,
eq \b\lc\{(\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,
∵△ACE≌△BCD,∴∠CAE=∠CBD,
∵∠CAE+∠CTE=90°,∠CTE=∠BTH,
∴∠CBD+∠BTH=90°,
∴∠BHT=90°,∴AE⊥BD.
模型二 相似型手拉手模型(10年考查2次)
【模型分析】
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
2.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)∵△AOC∽△BOD,
∴∠CAO=∠DBO,
∵∠AOB=90°,
∴∠DBO+∠ABD+∠BAO=90°,
∴∠CAO+∠ABD+∠BAO=90°,
∴∠AMB=90°.
3.如图,在△ABC中,∠CAB=60°,AB=4,AC=eq \r(3),以BC为腰,点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,
∴∠ACD=∠ECB.
又∵DC=BC,∴△ACD≌△ECB(SAS).
∴AD=EB.过点C作CF⊥AE于点F,
∵∠ACE=120°,CE=CA,∴∠EAC=30°.
∴AE=2AF=2AC·cos 30°=3.
∵∠CAB=60°,∴∠E