试卷 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，

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？

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，

∴△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，

∴△ABE≌△DBC．

（2）∵△ABE≌△DBC，

∴AE＝DC．

（3）△ABE≌△DBC，

∴∠1＝∠2．

∴∠DGH＝∠AGB．

∴∠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．

∴×AE×BN＝×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，

∴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，

∴△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，

∴S△ABE＝S△DBC．

即AE·BM＝CD·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，

∴△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；

（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＝．

    ∴CP＝CE－PE＝．