附2 几何模型辅助线_学案

这是一份附2 几何模型辅助线_学案，共31页。学案主要包含了方法突破，等腰直角三角形手拉手-出全等等内容，欢迎下载使用。
问题一：构成手拉手的必要条件．
当对一个几何图形记忆并不深刻的时候，可以尝试用文字取总结要点，
比如手拉手：四线共点，两两相等，夹角相等．
【专题说明】
两个具有公共顶点的相似多边形，在绕着公共顶点旋转的过程中，产生伴随的全等或相似三角形，这样的图形称作共点旋转模型；为了更加直观，我们形象的称其为“手拉手”模型。
条件：如图，OA=OB，OC=OD（四线共点，两两相等），∠AOB=∠COD（夹角相等）
结论：△OAC≌△OBD（SAS）
证明无需赘述，关于条件中的OA=OB，OC=OD，有时候会直接以特殊几何图形的形式给出，比如我们都很熟悉的等边三角形和正方形．
等边三角形手拉手
（1）如图，B、C、D三点共线，△ABC和△CDE是等边三角形，连接AD、BE，交于点P：

结论一：△ACD≌△BCE
证明： → △ACD≌△BCE（SAS）
（2）记AC、BE交点为M，AD、CE交点为N：
结论二：△ACN≌△BCM；△MCE≌△NCD
证明： → △ACN≌△BCM（SAS）；
→ △MCE≌△NCD（ASA）
（3）连接MN：
结论三：△MNC是等边三角形．
证明：→△MCN是等边三角形．
（4）记AD、BE交点为P，连接PC：
结论四：PC平分∠BPD
证明：△BCE≌△ACD → CG=CH → PC平分∠BPD．
（5）结论五：∠APB=∠BPC=∠CPD=∠DPE=60°．
（6）连接AE：
结论六：P点是△ACE的费马点（PA+PC+PE值最小）
正方形手拉手
如图，四边形ABCD和四边形CEFG均为正方形，连接BE、DG：
结论一：△BCE≌△DCG
证明： → △BCE≌△DCG（SAS）
结论二：BE=DG，BE⊥DG
证明：△BCE≌△DCG → BE=DG；
∠CBE＝∠CDG → ∠DHB=∠BCD=90°（旋转角都相等）
【重点概述】手拉手模型是一种基本的旋转型全等，与其说看图找模型，不如是“找条件、定模型”．
问题二：条件与结论如何设计？
设计一：我们可以给出手拉手模型条件，得到一组全等来解决问题，就像问题一中所得出的结论那样；
设计二：如果题目已知△ABC≌△ADE外，则还可得△ABD和△ACE均为等腰三角形，且有△ABD∽△ACE，．
问题三：如何构造手拉手？
如何构造手拉手？换句话说，如何构造旋转？
当我们在思考这个问题的时候，不妨先问一句，旋转能带来什么？
图形位置的改变，这一点就够了，因为，若有数量关系，则先有位置关系．
【基本模型】
一、等边三角形手拉手-出全等

图1 图2

图3 图4
二、等腰直角三角形手拉手-出全等
两个共直角顶点的等腰直角三角形，绕点C旋转过程中（B、C、D不共线）始终有：[来源:Z#xx#k.Cm]
①△BCD≌△ACE；②BD⊥AE（位置关系）且BD=AE（数量关系）；③FC平分∠BFE；

图1 图2

二、中考数学典例精析
例一：如图，等边三角形的边长为4，点是的中心，，绕点旋转，分别交线段、于、两点，连接，给出下列四个结论：①；②；③四边形的面积始终等于；④周长的最小值为6．上述结论中正确的个数是
A．1B．2C．3D．4
【分析】等边三角形中的旋转型全等
连接OB、OC，易证△OBD≌△OCE，∴OD=OE，结论①正确；
考虑∠FOG是可以旋转的，△ODE面积和△BDE面积并非始终相等，故结论②错误；
∵△OBD≌△OCE，∴四边形ODBE的面积等于△OBC的面积，，故结论③正确；
考虑BD=CE，∴BD+BE=CE+BE=4，只要DE最小，△BDE周长就最小，△ODE是顶角为120°的等腰三角形，故OD最小，DE便最小，
当OD⊥AB时，OD取到最小值，
此时，∴周长最小值为6，故结论④正确．
综上，选C，正确的有①③④．
【小结】所谓全等，实际就是将△ODB绕点O旋转到△OEC的位置．等等，好像和某个图有点神似，如下：
当然这个图形还可以简化一下，毕竟和D点及F点并没有什么关系．
结论与证明不多赘述，题型可以换，但旋转是一样的旋转．
例二：如图，点在等边的内部，且，，，将线段绕点顺时针旋转得到，连接，则的值为 ．
【分析】连接，则是等边三角形，故，
易证△CPB≌，∴，
又AP=8，∴是直角三角形，
∴．
例三：如图，是等边三角形内一点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接．若，，，则四边形的面积为 ．
【分析】分四边形为三角形．
连接PQ，易证△APQ是等边三角形，△BPQ是直角三角形，
，，
∴四边形APBQ的面积为．
例四：如图，等边三角形内有一点，分別连结、、，若，，．则 ．
【分析】构造旋转．
如图，将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，连接EP，
可得△AEP是直角三角形，△BEP是等边三角形，
,
所以本题答案为．
搭配一：若，则可任意旋转，得等边+直角．
且两条较短边夹角（∠APB）为150°．
搭配二：若∠APB=150°，则有．
例五：如图，为等边三角形内的一点，且到三个顶点，，的距离分别为3，4，5，则的面积为
A．B．C．D．
【分析】（3，4，5）是一组勾股数，通过旋转构造直角三角形．
法一：如图，将三个小三角形面积分别
考虑到△ABC是等边三角形，可将△APB旋转到△ADC位置，
可得：，
同理可得：，
，
∴，∴，
故选A．
法二：如图，易证∠APB=150°，过点A作BP的垂线交BP延长线于点H，
则，，，
．
【思考】如果放在正方形里，条件与结论又该如何搭配？
作旋转之后，可得△AEP是等腰直角三角形，若使△PEB也为直角三角形，
则原∠APD=135°，而线段PA、PB、PD之间的关系为：．
搭配一：若∠APD=135°，则；
搭配二：若，则∠APD=135°．
另外，其实这个图和点C并没有什么关系，所以也可以将正方形换成等腰直角三角形．
大概如下图：
抓主要条件，舍弃无用条件，也是理解几何图形的一种方式．
例六：在Rt△ABC中，AB=AC，点P是三角形内一点且∠APB=135°，，AC的最大值为_________．
【分析】显然根据∠APB=135，构造旋转．
可得：△APQ是等腰直角三角形，△PQC是直角三角形，且∠PQC=90°，
另外还有条件．
重新梳理下条件，
（1）有一条线段，
（2）∠PQC=90°，则Q点轨迹是个圆弧，
（3）以PQ为斜边在PC异侧作等腰直角三角形，点A是直角顶点．
∴A点轨迹是什么？瓜豆原理啦，也是个圆弧：
∴AC的最大值为．
半角模型
一、方法突破
90°+45°模型．
如图，在正方形ABCD中，E、F分别在BC、CD上，且∠EAF=45°连接EF．
【两个基本结论】
结论1：EF=BE+DF．
证明：延长CD至点G使得DG=BE【截长】
易证：△ABE≌△ADG（SAS）→ AE=AG，∠GAF=45°
易证：△AFE≌△AFG（SAS）→ EF=GF
综上：EF=GF=GD+DF=BE+DF．
若E、F分别在CB、DC延长线上时，结论变为：EF=DF-BE．
证明：在DC上取点G使得DG=BE【补短】
易证：△ABE≌△ADG（SAS）→ AE=AG，∠GAF=45°
易证：△AEF≌△AGF（SAS）→ EF=GF
综上：EF=GF=DF-DG=DF-BE
【小结】截长、补短只是形式，关键点在于已知半角的情况下，构造相应的另一个半角．此处通过旋转，想要将一个图形毫无违和地旋转到另一位置，需要：邻边相等，对角互补．正方形可满足一切你所想．
结论2：连接BD，与AE、AF分别交于M、N，则：．
证明：构造△ADM’≌△ABM → AM=AM’，∠MAN=∠M’AN，BM=DM’
易证：△AMN≌△AM’N（SAS）→ MN=M’N
易证：△M’DN是直角三角形 → → ．
【其他结论】结论3：若，则点F是CD边中点．反之亦然．
结论4：过点A作AH⊥EF交EF于H点，则△ABE≌△AHE，△AHF≌△ADF．
另外还可得：AE平分∠BEF，AF平分∠DFE．
结论5：A、B、E、N四点共圆，A、D、F、M四点共圆．
证明：∠EAN=∠EBN=45°，∴A、B、E、N四点共圆．同理可证A、D、F、M四点共圆．
另外还可得：连接EN、MF，可得△AEN、△AMF是等腰直角三角形．
结论6：M、N、F、E四点共圆．
证明：∵∠MEF=∠MFN，∴M、N、F、E四点共圆．
结论7：△AMN∽△AFE．且．
由构图3可得∠ANM=∠AEF，∠AMN=∠AFE．可得△AMN∽△AFE．
结论8：△MAN∽△MDA，△NAM∽△NBA．
结论9：连接AC，则△AMB∽△AFC，△AND∽△AEC．且．
【思考】对于以上9个结论，在正方形中，有哪些作为条件能推出∠EAF=45°的？
【小结】从结论5开始，后面的可能都用不上，但既然半角模型作为题型出现，了解下图形的更多性质有时候能帮上大忙．在这里除了给的∠EAF=45°外，正方形对角线也会形成其他45°角，多组相等角总能撞出些火花．
120°+60°模型
（1）如图，△ABC是等边三角形，BD=CD且∠BDC=120°，E、F在直线AB、AC上且∠EDF=60°
结论：EF=BE+CF
证明：延长AC至点G使得CG=BE，
易证：△DBE≌△DCG（SAS）→ DE=DG，∠FDG=∠FDE=60°
易证：△DFE≌△DFG（SAS）→ EF=GF
综上：EF=GF=GC+CF=BE+CF
若点F在AC的延长线上，EF、BE、CF之间又有何数量关系？
半角模型知识精讲
1.如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45º，则BE＋DF＝EF.
简证：如图，将△ADF绕点A顺时针旋转90º得到△ABG，使得AD与AB重合，
通过证明△AEF≌△AEG即可得到BE＋DF＝EF.
2.如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45º，则AE平分∠BEF，AF平分∠DFE.
简证：如图，将△ADF绕点A顺时针旋转90º得到△ABG，使得AD与AB重合；将△ABE绕点A逆时针旋转90º得到△ADH，使得AB与AD重合.
∵旋转，∠1＝∠H，又∵△AFE≌△AFH，∴∠2＝∠H，∴∠1＝∠2；
∵旋转，∠4＝∠G，又∵△AEF≌△AEG，∴∠3＝∠G，∴∠3＝∠4，
即AE平分∠BEF，AF平分∠DFE.
3.如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45º，则.
简证：通过上述的全等直接可以得到，不再证明.
4.如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45º，过点A作AH⊥EF交EF于点H，则AH＝AB.
简证：由上述结论可知AE平分∠BEF，又∵AB⊥BC，∴AH＝AB.
5.如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45º，则.
简证：由结论1可得EF＝BE＋DF，则＝CE＋CF＋EF＝CE＋CF＋BE＋DF＝2AB.
6.如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45º，AE、AF分别与BD相交于点M、N，则.
简证：如图，将△AND绕点A顺时针旋90º得到△AGB，连接GM.
通过证明△AMG≌△AMN得MN＝MG，DN＝BG，∠GBE＝90º，即可证.
7.如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45º，AE、AF分别与BD相交于点M、N，则△BME △DFN △AMN △BAN △DMA △AFE.
简证：通过证明角相等得到三角形相似，要善于使用上述结论.
8.如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45º，AE、AF分别与BD相交于点M、N，则.
简证：连接AC，∵∠DAF＝∠EAC，∠ADB＝∠ACB，∴△ECA△NDA，
又∵△AMN△AFE，∴.
【补充】通过面积比是相似比的平方比亦可得到.
9.如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45º，AE、AF分别与BD相交于点M、N，则.
简证：由结论7可得△DAM△BNA，∴，即.
10.如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45º，AE、AF分别与BD相交于点M、N，则.
简证：设，在Rt△CEF中，
，化简得，.
11.如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45º，AE、AF分别与BD相交于点M、N，则当BE＝DF时，EF最小，最小，最大.
证明：如图，作△AEF的外接圆，点P为EF的中点，连接OA、OE、OF、PC，过点A作AH⊥EF.
∵∠EAF＝45º，∴∠EOF＝90º，设，则，
，，
∴当点A、O、P、C四点共线时，即BE＝DF，、EF、均有最小值，有最大值.
12.如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45º，AE、AF分别与BD相交于点M、N，则.
简证：由结论8可得△△ECA△NDA，，
，
同理可得.
补充：等腰直角三角形与“半角模型”
如图所示，在等腰直角三角形ABC中，若∠DCE＝45º，则.
证明：如图，将△ACD绕着点C顺时针旋转90º得到△，连接.
∵旋转，∴△ACD≌△，∴AD＝，
在△DCE与△中，
，∴ED＝，
∵∠BE＝∠BC＋∠EBC＝∠DAC＋∠EBC＝90º，∴，.
二、典例精析
例一：如图，正方形的边长为2，点，分别在边，上，若，则的周长等于 ．
【分析】半角模型．
根据半角模型结论可知EF=AE+CF，
∴△EDF的周长等于DA+DC=4，
故△EDF的周长为4．
例二：已知如图，在正方形中，，，分别是，上的一点，且，，将绕点沿顺时针方向旋转后与重合，连接，过点作，交于点，则以下结论：①，②，③，④中正确的是
A．①②③B．②③④C．①③④D．①②④
【分析】半角模型
结论①显然正确；
设BF=x，则EF=3+x，CF=4-x，
勾股定理得：，解得：，故结论②正确；
，故结论③错误；
∵BM∥AG，∴△FBM∽△FGA，且，，
∴，故结论④正确；
综上所述，选D．
例三：如图，已知正方形ABCD的边长为a，E为CD边上一点（不与端点重合），将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交 边BC于点G，连接AG，CF．
给出下列判断：①∠EAG=45°；②若，则AG∥CF；③若E为CD的中点，则△GFC的面积为；④若CF=FG，则；⑤．
其中正确的是______．（写出所有正确判断的序号）
【分析】半角模型．
结论①正确，易证△ADE≌△AFE，△AFG≌△ABG，∴．
结论②正确，若，则G是BC中点，GC=GF，∴∠GCF=∠GFC，又∠CFG+∠GFC=∠FGB，∴∠GFC=∠FGA，∴AG∥CF．
结论③错误，∠FGB=2∠FGA，∴∠FGC=∠FGA，∴AG∥CF．若E为CD中点，则，，有，∴．
结论④正确，若GF=FC，则DE=BG，不妨设DE=BG=x，则GE=2x，，由△ECG是等腰直角三角形，可得：，解得：．
结论⑤正确，正方形面积是，是五边形ABGED的面积，故证明△GEC面积为即可．设BG=m，DE=n，则EG=m+n，CG=a-m，CE=a-n，根据勾股定理可得：，化简得：，
∴．
综上所述，正确的是①②④⑤．
截长补短模型证明问题
【专题说明】
截长补短法在初中几何教学中有着十分重要的作用,它主要是用来证线段的和差问题,而且这种方法一直贯穿着整个几何教学的始终.那么什么是截长补短法呢?所谓截长补短其实包含两层意思,即截长和补短.截长就是在较长的线段上截取一段等于要证的两段较短的线段中的一段,证剩下的那一段等于另外一段较短的线段.当条件或结论中出现a+b=c时，用截长补短．
【知识总结】
1、补短法：通过添加辅助线“构造”一条线段使其为求证中的两条线段之和，在证所构造的线段和求证中那一条线段相等；
2、截长法：通过添加辅助线先在求证中长线段上截取与线段中的某一段相等的线段，在证明截剩部分与线段中的另一段相等。
3、截长法与补短法，具体做法是在某条线段上截取一条线段与特定线段相等，或是将某条线段延长，使之与特定线段相等，再利用三角形全等的有关性质加以说明，这种做法一般遇到证明三条线段之间关系是常用.
如图1，若证明线段AB,CD,EF之间存在EF=AB+CD,可以考虑截长补短法.
截长法：如图2，在EF上截取EG=AB,在证明GF=CD即可；
补短法：如图3，延长AB至H点，使BH=CD,再证明AH=EF即可.
【类型】一、截长
“截长”是指在较长的线段上截取另外两条较短的线段，截取的作法不同，涉及四种方法。
方法一：
如图2所示，在BF上截取BM=DF，
易证△BMC≌△DFC（SAS），
则MC=FC=FG，∠BCM=∠DCF，
可得△MCF为等腰直角三角形，
又可证∠CFE=45°，∠CFG=90°，
∠CFG=∠MCF，FG∥CM，
可得四边形CGFM为平行四边形，则CG=MF，
于是BF=BM+MF=DF+CG.
图2
方法二：
如图2所示，在BF上截取FM=GC，
可证四边形GCFM为平行四边形，
可得CM=FG=CF；
可得∠BFC=∠BDC=45°，得∠MCF=90°；
又得∠BMC=∠DFC=135°，
于是△BMC≌△DFC（AAS），BM=DF，
于是BF=FM+BM=CG+DF.
上述两种方法中都利用了两个共顶点的等腰Rt△BCD和△MCF。
方法三：
如图3所示，在BF上截取FK=FD，得等腰Rt△DFK，
可证得∠DFC=∠KFG=135°，
所以△DFC≌△KFG（SAS），
所以KG=DC=BC，
∠FKG=∠FDC=∠CBF，KG∥BC，
得四边形BCGK为平行四边形，BK=CG，
于是BF=BK+KF=CG+DF.
图3
方法四：[来源:Z#xx#k.Cm]
如图3所示，在BF上截取BK=CG，
可得四边形BCGK为平行四边形，
BC=GK=DC，BC∥KG，
∠GKF=∠CBF=∠CDF，
根据四边形BCFD为圆的内接四边形，
可证得∠BFC=45°，∠DFC=∠KFG，
于是△DCF≌△KGF（AAS），DF=KF，
于是BF=BK+KF=CG+DF.
上述两种方法中都利用了两个共顶点的等腰Rt△BDC和△KDF。
【类型】二、补短
“补短”指的是选取两条较短线段中的一条进行延长，使得较短的两条线段共线并寻求解题突破，根据辅助线作法的不同也涉及四种不同的方法。
方法五：
如图4所示，延长GC至N，使CN=DF，
易证△CDF≌△BCN（SAS），
可得CF=FG=BN，∠DFC=∠BNC=135°，
又知∠FGC=45°，可证BN∥FG，
于是四边形BFGN为平行四边形，得BF=NG，
所以BF=NG=NC+CG=DF+CG.
图4
方法六：
如图4所示，延长GC至N，使NG=BF，
得四边形BFGN为平行四边形，
所以BN=GF=CF，
又∠DCF+∠CDF=∠CBN+∠BCN=45°，
得∠DCF=∠CBN，
又CD=BC，可证△CDF≌△BCN（SAS），
DF=CN，以下从略.
方法七：
如图5所示，延长CG至P，使CP=BF，连接PF，
则四边形CPFB为平行四边形，PF=BC=DC，
又∠BFC=45°，∠PFE=∠DEC，
因为∠PFG=∠FGC－∠P= 45°－∠P，
∠DCF=∠CFE－∠CDF=45°－∠CDF，
又可证∠P=∠CBF=∠CDF，于是∠PFG=∠DCF，
所以△PFG≌△DCF（SAS），PG=DF，
于是BF=CP=CG+PG=CG+DF.
图5
方法八：
如图5所示，延长CG至P，使GP=DF，连接PF，
可证∠DFC=∠PGF=135°，FC=CF，
所以△DFC≌△PGF（SAS），
所以DC=PF=BC，
∠P=∠CDF=∠CBF=∠PCE，BC∥FP，
所以四边形BCPF为平行四边形，
所以BF=CP=CG+PG=CG+DF.
方法九：
如图6所示，延长DE至Q，
使DQ=BF，连接CQ，GQ，
可证△BCF≌△DCQ（SAS），
CF=CQ，∠BCF=∠DCQ，
于是可得∠FCQ=∠BCD=90°，
所以△FCQ为等腰直角三角形，
可得四边形FCQG为正方形，FQ=CG，
所以BF=DQ=DF+FQ=DF+CG.
图6
方法十：
如图6所示，延长FE至Q，使FQ=CG，通过证明四边形FCQG为正方形，△BCF≌△DCQ，同样可以证明结论成立。感兴趣的读者可以自行证明，详细思路从略。
方法十一：
如图7所示，延长FD至H，使DH=CG，
可证得∠BDF=∠BDC+∠CDF，
∠ECF=∠FCG+∠CEG，
于是∠BDF=∠ECF，
则∠BDH=∠BCF，
所以△BDH∽△BCF（SAS），
得∠H=∠BFC=45°，
所以△BFH为等腰直角三角形，
于是BF=HF=DF+DH=DF+CG.
图7
方法十二：
如图7所示，延长FD至H，使FH=BF，
可得△BFH为等腰直角三角形，
于是∠HBD=∠FBC，又∠H=∠BFC=45°，
所以△BDH∽△BCF，
所以BF=HF=DF+DH=DF+CG.
经过上述分析，可知采取不同的切入点，解题思路会有差异。