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模型可以讓同學(xué)更快的進(jìn)入到幾何之中，產(chǎn)生興趣。也是近來學(xué)習(xí)初中幾何不可或缺的一種重要方法。 下面給大家介紹一種經(jīng)典幾何模型---手拉手模型，這也是歷年數(shù)學(xué)中考?？嫉膸缀螇狠S題型之一。 手拉手模型的概念: 1、手的判別： 判斷左右：將等腰三角形頂角頂點(diǎn)朝上，正對(duì)讀者，讀者左邊為左手頂點(diǎn)，右邊為右手頂點(diǎn)。 2、手拉手模型的定義： 定義: 兩個(gè)頂角相等且有共頂點(diǎn)的等腰三角形形成的圖形。（左手拉左手，右手拉右手） 例如： 3、手拉手模型的重要結(jié)論 三個(gè)固定結(jié)論: 結(jié)論1:△ABC≌△AB'C'(SAS) BC=B'C'（左手拉左手等于右手拉右手） 結(jié)論2：∠BOB'=∠BAB'（用四點(diǎn)共圓證明） 結(jié)論3: AO平分∠BOC'（用四點(diǎn)共圓證明） 例題解析： 類型一 共頂點(diǎn)的等腰直角三角形中的手拉手例1：已知：如圖△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°． 求證：BD=CE． 分析： 要證BD=CE可轉(zhuǎn)化為證明△BAE≌△CAD，由已知可證AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠EAD=90°，因?yàn)椤螧AC ∠CAE=∠EAD ∠CAE， 即可證∠BAE=∠CAD，符合SAS，即得證． 解答： 證明：∵△ABC與△AED均為等腰直角三角形， ∴AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠EAD=90°， ∴∠BAC ∠CAE=∠EAD ∠CAE， 即∠BAE=∠CAD， 在△BAE與△CAD中， AB=AC,∠BAE=∠CAD，AE=AD ∴△BAE≌△CAD（SAS）， ∴BD=CE． 類型二 共頂點(diǎn)的等邊三角形中的手拉手例2：圖1、圖2中，點(diǎn)B為線段AE上一點(diǎn)，△ABC與△BED都是等邊三角形。 (1)如圖1，求證：AD=CE； (2)如圖2，設(shè)CE與AD交于點(diǎn)F，連接BF. ①求證：∠CFA=60°； ②求證：CF BF=AF. 分析： （1）如圖1，利用等邊三角形性質(zhì)得：BD=BE，AB=BC，∠ABC=∠DBE=60°，再證∠ABD=∠CBE，根據(jù)SAS證明△ABD≌△CBE得出結(jié)論； （2）①如圖2，利用（1）中的全等得：∠BCE=∠DAB，根據(jù)兩次運(yùn)用外角定理可得結(jié)論； ②如圖3，作輔助線，截取FG=CF，連接CG，證明△CFG是等邊三角形，并證明△ACG≌△BCF，由線段的和得出結(jié)論． 解答： 證明：(1)如圖1，∵△ABC與△BED都是等邊三角形， ∴BD=BE,AB=BC,∠ABC=∠DBE=60°， ∴∠ABC ∠CBD=∠DBE ∠CBD， 即∠ABD=∠CBE， 在△ABD和△CBE中， AB=AC ∠ABD=∠CBE BD=BE， ∴△ABD≌△CBE(SAS)， ∴AD=CE， (2)①如圖2,由(1)得：△ABD≌△CBE， ∴∠BCE=∠DAB， ∵∠ABC=∠BCE ∠CEB=60°， ∴∠ABC=∠DAB ∠CEB=60°， ∵∠CFA=∠DAB ∠CEB， ∴∠CFA=60°， ②如圖3,在AF上取一點(diǎn)G,使FG=CF,連接CG, ∵∠AFC=60°， ∴△CGF是等邊三角形， ∴∠GCF=60°，CG=CF， ∴∠GCB ∠BCE=60°， ∵∠ACB=60°， ∴∠ACG ∠GCB=60°， ∴∠ACG=∠BCE， ∵AC=BC， ∴△ACG≌△BCF， ∴AG=BF， ∵AF=AG GF， ∴AF=BF CF. 類型三 共頂點(diǎn)正方形中的手拉手例3：如圖，兩個(gè)正方形ABCD與DEFG,連結(jié)CE、AG,二者相交于點(diǎn)H。 求：（1）AG=CE （2）AG與CE之間的夾角為多少度？ （3）HD平分∠AHE 分析： （1）由四邊形ABCD與DEFG是正方形，可得AD=CD，∠ADC=∠GDE=90°，進(jìn)而得出∠ADG=∠CDE，DG=DE，然后由SAS即可判定△ADG≌△CDE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)則可證得AG=CE； （2）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)和角的關(guān)系即可得出夾角是90°； （3）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)和三角形的面積解答即可． 解答： (1)∵ABCD和DEFG是正方形， ∴AD=CD,DG=DE,且∠ADC=∠GDE=90°， ∴∠ADG=∠CDE， 在△ADG與△CDE中， AD=CD ∠ADG=∠CDE DG=DE， ∴△ADG≌△CDE(SAS)， ∴AG=CE； (2)CE與DG交點(diǎn)為O， ∵△ADG≌△CDE， ∴∠DEC=∠AGD， ∵∠DEC ∠DOE=90°， ∴∠AGD ∠DOE=90°=∠AGD ∠GOH， ∴∠GHE=90°； (3)過點(diǎn)D作MD⊥AG，DN⊥CE， ∵△ADG≌△CDE， ∴S△DCE=S△ADG， ∴12×CE×DN=12×AG×DM， ∴DM=DN，且MD⊥AG，DN⊥CE， ∴DH平分∠AHE |
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