中考必会几何模型手拉手模型

手拉手模型模型手拉手如图，△ABC是等腰三角形、△ADE是等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝．结论：连接BD、CE，则有△BAD≌△CAE．模型分析如图①，∠BAD＝∠BAC－∠DAC，∠CAE＝∠DAE－∠DAC．∵∠BAC＝∠DAE＝，∴∠BAD＝∠CAE．在△BAD和△CAE中，ABACBADCAEADAE﹐﹐﹐图②、图③同理可证．（1）这个图形是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．（2）如果把小等腰三角形的腰长看作小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手，所以把这个模型称为手拉手模型．（3）手拉手模型常和旋转结合，在考试中作为几何综合题目出现．模型实例例1如图，△ADC与△EDG都为等腰直角三角形，连接AG、CE，相交于点H，问：（1）AG与CE是否相等？（2）AG与CE之间的夹角为多少度？CDEAB图①CDEAB图②CDEAB图③CDEGHAO解答：（1）AG＝CE．理由如下：∵∠ADG＝∠ADC＋∠CDG，∠CDE＝∠GDE＋∠CDG，∠ADC＝∠EDG＝90°，∴∠ADG＝∠CDE．在△ADG和△CDE中，ADCDADGCDEDGDE﹐﹐﹐∴△ADE≌△CDE．∴AG＝CE．（2）∵△ADG≌△CDE，∴∠DAG＝∠DCE．∵∠COH＝∠AOD，∴∠CHA＝∠ADC＝90°．∴AG与CE之间的夹角是90°．例2如图，在直线AB的同一侧作△ABD和△BCE，△ABD和△BCE都是等边三角形，连接AE、CD，二者交点为H．求证：（1）△ABE≌△DBC；（2）AE＝DQ；（3）∠DHA＝60°；（4）△AGB≌△DFB；（5）△EGB≌△CFB；（6）连接GF，GF∥AC；（7）连接HB，HB平分∠AHC．证明：（1）∠ABE＝120°，∠CBD＝120°，在△ABE和△DBC中，BABDABEDBCBEBC﹐﹐﹐∴△ABE≌△DBC．（2）∵△ABE≌△DBC，∴AE＝DC．（3）△ABE≌△DBC，∴∠1＝∠2．∴∠DGH＝∠AGB．CDEFGHAB∴∠DHA＝∠4＝60°．（4）∵∠5＝180°－∠4－∠CBE＝60°，∴∠4＝∠5．∵△ABE≌△DBC，∴∠1＝∠2．又∵AB＝DB，∴△AGB≌△DFB（ASA）．（5）同（4）可证△EGB≌△CFB（ASA）．（6）如图①所示，连接GF．由（4）得，△AGB≌△DFB．∴BG＝BF．又∵∠5＝60°，∴△BGF是等边三角形．∴∠3＝60°．∴∠3＝∠4．∴GF∥AC．（7）如图②所示，过点B作BM⊥DC于M，过点B作BN⊥AE于点N．∵△ABE≌△DBC，∴S△ABE＝S△DBC．∴12×AE×BN＝12×CD×BM．∵AE＝CD，∴BM＝BN．∵点B在∠AHC的平分线上．∴HB平分∠AHC．跟踪练习：1．在△ABC中，AB＝CB，∠ABC＝90°，F为AB延长线上一点，点E在BC上，且AE＝CF．（1）求证：BE＝BF；（2）若∠CAE＝30°，求∠ACF度数．答案：（1）证明：∠ABC＝90°．在Rt△ABE和Rt△CBF中，CDEFGHAB51234图①CDEHABNM图②CEFABCFAEABCB﹐﹐∴Rt△ABE≌Rt△CBF（HL）．∴BE＝BF．（2）∵AB＝CB，∠ABC＝90°，∴∠BAC＝∠BCA＝45°．∴∠CAE＝30°．∴∠BAE＝45°－30°＝15°．∵Rt△ABE≌Rt△CBF，∴∠BCF＝∠BAE＝15°．∴∠ACF＝∠BCF＋∠BCA＝15°＋45°＝60°．2．如图，△ABD与△BCE都为等边三角形，连接AE与CD，延长AE交CD于点H．求证：（1）AE＝DC；（2）∠AHD＝60°；（3）连接HB，HB平分∠AHC．答案：（1）∵∠ABE＝∠ABD－∠EBD，∠DBC＝∠EBC－∠EBD，∠ABD＝∠EBC＝60°，∴∠ABE＝∠DBC．在△ABE和△DBC中，ABDBABEDBCBEBC﹐﹐﹐∴△ABE≌△DBC．∴AE＝DC．（2）∵△ABE≌△DBC，∴∠EAB＝∠CDB．又∵∠OAB＋∠OBA＝∠ODH＋∠OHD，∴∠AHD＝∠ABD＝60°．（3）过B作AH、DC的垂线，垂足分别为点M、N．∵△ABE≌△DBC，CDEHAB∴S△ABE＝S△DBC．即12AE·BM＝12CD·BN．又∵AE＝CD，∴BM＝BN．∴HB平分∠AHC．3．在线段AE同侧作等边△ABC和等边△CDE（∠ACE＜120°），点P与点M分别是线段BE和AD的中点．求证：△CPM是等边三角形．答案：证明：∵△ABC和△CDE都是等边三角形，∴AC＝BC，CD＝CE．∴∠ACB＝∠ECD＝60°．∴∠BCE＝∠ACD．∴△BCE≌△ACD．∴∠CBE＝∠CAD，BE＝AD．又∵点P与点M分别是线段BE和AD的中点，∴BP＝AM．在△BCP和△ACM中，BCACCBECADBPAM﹐﹐﹐∴△BCP≌△ACM．∴PC＝MC，∠BCP＝∠ACM．∴∠PCM＝∠ACB＝60°．∴△CPM是等边三角形．4．将等腰Rt△ABC和等腰Rt△ADE按图①方式放置，∠A＝90°，AD边与AB边重合，AB＝2AD＝4．将△ADE绕A点逆时针方向旋转一个角度（0°＜＜180°），BD的延长线交CE于P．（1）如图②，求明：BD＝CE，BD⊥CE；CDEABP（2）如图③，在旋转的过程中，当AD⊥BD时，求CP长．答案：（1）∵等腰Rt△ABC和等腰Rt△ADE，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°．∵∠DAB＝90°－∠CAD，∠CAE＝90°－∠CAD，∴∠DAB＝∠CAE．∴△ABD≌△ACE．∴BD＝CE．∴∠DBA＝∠ECA．∴∠CPB＝∠CAB．（8字模型）∴BD⊥CE．（2）由（1）得BP⊥CE．又∵AD⊥BD，∠DAE＝90°，AD＝AE，∴四边形ADPE为正方形．∴AD＝PE＝2．∴∠ADB＝90°，AD＝2，AB＝4，∴BD＝CE＝23．∴CP＝CE－PE＝232．图①CDEAB图②PCABDE图③CABDEP