中考压轴题几何模型30讲专题14共顶点模型

专题14《共顶点模型》破解策略1．等边三角形共顶点等边△ABC与等边△DCE，B、C、E三点共线．HGFEDCBA连结BD、AE交于点F，BD交AC于点G，AE交DC于点H，连结CF、GH，则：（1）△BCD≌△ACE；（2）AE＝BD；（3）∠AFB＝∠DFE＝60°；（4）FC平分∠BFE；（5）BF＝AF＋FC，EF＝DF＋FC；（6）△CGH为等边三角形．证明（1）由已知条件可得CACBACEBCDECDC∠∠，则△BCD≌△ACE．（2）由（1）得AE＝BD；（3）由（1）得∠GAF＝∠GBC，而∠AGF＝∠BGC，所以∠DFE＝∠AFB＝∠ACB＝60°．（4）方法一如图1，过点C分别作BD、AE的垂线，垂足分别为M、N．由（1）知S△ACE＝S△BCD，即12BD·CM＝12AE·CN，所以CM＝CN，故FC平分∠BFE．图1MNABCDEF方法二由∠CAF＝∠CBF，可得A、B、C、F四点共圆，所以∠BFC＝∠BAC＝60°．同理可得∠CFE＝∠CDE＝60°．所以FC平分∠BFE．（5）如图2，作∠FCI＝60°，交BD于点I，则△CFI为等边三角形．易证△BCI≌△ACF，所以BI＝AF，IF＝CI＝FC．从而BF＝BI＋IF＝AF＋CF．同理可得EF＝DF＋FC．图1MNABCDEF（6）易证△ACH≌△BCG（ASA）可得CG＝CH，而∠GCH＝60°，所以△CGH为等边三角形．2．等腰直角三角形共顶点等腰Rt△ABC与等腰Rt△DCE中，∠ACB＝∠DCE＝90°．图1ABCDEFJI图2ABCDEGH如图1，连结BD、AE交于点F，连结FC、AD、BE，则：（1）△BCD≌△ACE；（2）AE＝BD；（3）AE⊥BD；（4）FC平分∠BFE；（5）AB2＋DE2＝AD2＋BE2（6）BF＝AF＋2FC，EF＝DF＋2FC；（7）如图2，若G、I分别为BE、AD的中点，则GC⊥AD、IC⊥BE（反之亦然）；（8）S△ACD＝S△BCE证明（1）（2）（3）（4）证明见“等边三角形共顶点”；（5）因为AE⊥BD，由勾股定理可得AB2＋DE2＝（AF2＋BF2）＋（DF2＋EF2），AD2＋BE2＝（AF2＋DF2）＋（BF2＋EF2）所以AB2＋DE2＝AD2＋BE2（6）如图3，过点C作CK⊥FC，交BD于点K，则△CFK为等腰直角三角形．易证△BCK≌△ACF，所以BK＝AF．从而BF＝BK＋KF＝AF＋2FC，同理可得EF＝DF＋2FC．K图3ABCDEF（7）①如图4，延长GC，交AD延长线于点H，延长CG至点K，使得GK＝GC，连结BK．易证∠KBG＝∠CEG，BK＝EC＝CD．由题意可得∠ACD＋∠BCE＝∠CBE＋∠CEB＋∠BCE＝180°，所以∠ACD＝∠CBE＋∠CEB＝∠CBG＋∠GBK＝∠CBK．可得△ACD≌△CBK（SAS）则∠CAD＝∠BCK，所以∠ACH＋∠CAH＝∠ACH＋∠BCK＝90°，故GC⊥AD．KGH图4EDCBA②如图5，CJ⊥BE，延长JC交AD于点T，分别过点A，D作IJ的垂线，垂足分别为M、N．由已知可得△AMC≌△CJB；△DNC≌△CJE，所以AM＝DN＝CJ，故有△AMI≌△DNI，所以AI＝DI，即可证．JINMABCDE图5（8）在（7）中的证明过程中可得到S△ACD＝S△BCE；也可以用下面的方法来证明如图6，过点D作DP⊥AC于点P，过点E作EQ⊥BC，交BC延长线于点Q．易证△DPC≌△EQC（AAS）．所以DP＝EQ，故12DP·AC＝12EQ·BC，即S△ACD＝S△BCEQP图6EDCBA3．等腰三角形共顶点等腰△ACB与等腰△DCE中，AC＝BC，DC＝CE，且∠ACB＝∠DCE．FEDCBA连结BD，AE交于点F，则：（1）△BCD≌△ACE；（2）AE＝BD；（3）∠AFB＝∠ACB；（4）FC平分∠BFE．4．相似三角形共顶点△ACB与△ECD中，ACBCECDC，∠ACB＝∠ECD．GABCDEF连结BD，AE交于点F，则：（1）△BCD∽△ACE；（2）∠AFB＝∠ACB．证明（1）由已知可得BCACDCECBCDACE∠∠所以△ACE∽△BCD．（2）由（1）可得∠CAF＝∠CBF．设AC与BD的交点为G，则∠AGF＝∠BGC，所以∠AFB＝∠ACB．例题讲解例1如图1，在△ABC中，BC＝4，以线段AB为边作△ABD，使得AD＝BD，连结DC，再以DC为边作△CDE，使得DC＝DE，∠CDE＝∠ADB＝．（1）如图2，当∠CDE＝45°且＝90°时，用等式表示线段AD，DE之间的数量关系；（2）将线段CB沿着射线CE的方向平移，得到线段EF，连结BF，AF．①若＝90°，依题意补全图3，求线段AF的长；②请直接写出线段AF的长（用含的式子表示）解（1）AD＋DE＝4．（2）①如图4，连结AE交BC于点G，设DE与BC的交点为H．由“等腰直角三角形共顶点”可得△ADE≌△BDC（SAS）所以AE＝BC，∠EGC＝∠EDC＝90°因为线段CB沿着射线CE的方向平移，得到线段EF．所以AE＝BC＝FE＝4，AE⊥EF．所以AF＝2EF＝24．②AF＝8sin2．如图5，连结AE交BC于点G．由“等腰直角三角形共顶点”可得FE＝BC＝AE∠AEF＝∠EGC＝∠EDC＝过点E作EH⊥AF于点H则∠AEH＝21∠AEF＝21所以AF＝2AH＝2AEsin2＝8sin2．例2如图1，在△ABC中，D、E分别是AB、AC上的点，且DE∥BC，将△ADE绕A点顺时旋转一定角度，连结BD，CE，得到图2，然后将BD，CE分别延长至M、N，使DM＝21BD，EN＝21CE，连结AM，AN，MN，得到图3．（1）若AB＝AC，请探究下列数量关系;①在图2中，BD与CE的数量关系是；②在图3中，猜想AM与AN的数量关系，∠MAN与∠BAC的数量关系，丙证明你的猜想：（2）若AB＝k·AC（K＞1），按上述操作方法，得到图4，请继续探究：AM与AN的数量关系；∠MAN与∠BAC的数量关系．解（1）①BD＝CE．②AM＝AN，∠MAN＝∠BAC．证明如下：由“等腰三角形共顶点”可得△CAE≌△BAD（SAS）所以CE＝BD，∠ACN＝∠ABM所以BM＝CN从而△ABM≌△ACN（SAS）所以AM＝AN，∠BAM＝∠CAN即∠MAN＝∠BAC．（2）AM＝kAN，∠MAN＝∠BAC．证明如下：由“相似三角形共顶点”可得△CAE∽△BAD，所以kACABCEBD，∠ACN＝∠ABM所以kACABCNBM从而△ABM∽△ACN所以AM＝kAN，∠BAM＝∠CAN即∠MAN＝∠BAC．进阶训练1．在平行四边形ABCD中，∠A＝∠DBC，过点D作DE＝DF，且∠EDF＝∠ABD，连结EF，EC，N、P分别为EC，BC的中点，连接诶NP．（1）如图1，若点E在DP上，EF与DC交于点M，试探索线段NP与MN的数量关系及∠ABD与∠MNP满足的等量关系；（2）如图2，若点M在线段EF上，当点M在何位置时，你在（1）中得到的结论仍然成立？写出你确定的点M的位置，并证明（1）中的结论．解（1）NP＝NM，∠ABD＋∠MNP＝180°（2）M是线段EF的中点．【提示】（1）证DP⊥BC，DC⊥EF，根据直角三角形斜边中线定理可得NP＝NM＝21CE，∠ABD＋∠MNP＝2∠PDC＋2∠DCP＝180°；或者连结BE，CF（如图），由“等腰三角形共顶点”可证得结论．（2）如图，连结BE，CF，取EF中点G．连结NG，由“等腰三角形共顶点”和中位线定理，即可得到点M与点G重合时（1）中结论仍成立．2．如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，∠EAC＝90°，点M为射线AE上任意一点（不与点A重合），连结CM，将线段CM绕点C按顺时针方向旋转90°得到线段CN，直线NB分别交直线CM、射线AE于点F、D．2．如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，∠EAC＝90°，点M为射线AE上任意一点（不与A重合），连接CM，将线段CM绕点C按顺时针方向旋转90°得到线段CN，直线NB分别交直线CM、射线AE于点F、D．（1）直接写出∠NDE的度数；（2）如图2、图3，当∠EAC为锐角或钝角时，其他条件不变，（1）中的结论是否发生变化？如果不变，选取其中一种情况加以证明；如果变化，请说明理由；（3）如图4，若∠EAC＝15°，∠ACM＝60°，直线CM与AB交于G，BD＝622，其他条件不变，求线段AM的长．解：（1）∠NDE＝90°；（2）（1）中结论不变，证明略；（3）6．【提示】（2）由“共顶点模型”可得△ACM≌△BCN，所以∠BNC＝∠AMC，从而得到∠MDN＝∠MCN＝90°．（3）由题意可得，∠BAE＝30°，∠AMG＝∠AGM＝75°，而又（1）可得∠NDE＝90°，所以AB＝2BD＝62．如图，过点G作GH⊥BC于点H，则CH＝3GH＝3BH，从而AG＝3BG，所以AG＋33AG＝62，解得AM＝AG＝6．HGFDNBACEM3．如图，△ABC与△DEF都是等腰三角形，AB，EF的中点均为O，且顶角∠ACB＝∠EDF＝α，直线BF，CD交于点G，连结AG．现将图中△DEF绕点O旋转，请你确定AG取最小值和最大值时点G的位置．EGFOBCAD答案：以BC为直径作⊙H，直线交于点G1，G2，则G1为AG取最小值时点G的位置，G2为AG取最大值时点G的位置．G2G1HEGFOBCAD【提示】如图，连结CO，DO，构建两个相似的“直角三角形共顶点”，从而得到∠BGC＝∠BOC＝90°，从而点G在以BC为直径的圆上．EGFOBCAD