模型可以讓同學 更快的進入到幾何之中,產生興趣。也是近來學習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典幾何模型---手拉手模型,這也是歷年數學中考常考的幾何壓軸題型之一。
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朝上,正對讀者,讀者左邊為左手頂點,右邊為右手頂點。
2、手拉手模型的定義:
定義: 兩個頂角相等且有共頂點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論
三個固定結論:
結論1:△ABC≌△AB'C'(SAS)
BC=B'C'(左手拉左手等於右手拉右手)
結論2:∠BOB'=∠BAB'(用四點共圓證明)
結論3: AO平分∠BOC'(用四點共圓證明)
例題解析:
類型一 共頂點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可轉化為證明△BAE≌△CAD,由已知可證AB=AC,AE=AD,∠BAC=∠EAD=90°,因為∠BAC+∠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 共頂點的等邊三角形中的手拉手
例2:圖1、圖2中,點B為線段AE上一點,△ABC與△BED都是等邊三角形。
(1)如圖1,求證:AD=CE;
(2)如圖2,設CE與AD交於點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得:BD=BE,AB=BC,∠ABC=∠DBE=60°,再證∠ABD=∠CBE,根據SAS證明△ABD≌△CBE得出結論;
(2)①如圖2,利用(1)中的全等得:∠BCE=∠DAB,根據兩次運用外角定理可得結論;
②如圖3,作輔助線,截取FG=CF,連接CG,證明△CFG是等邊三角形,並證明△ACG≌△BCF,由線段的和得出結論.
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 共頂點正方形中的手拉手
例3:如圖,兩個正方形ABCD與DEFG,連結CE、AG,二者相交於點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°,進而得出∠ADG=∠CDE,DG=DE,然後由SAS即可判定△ADG≌△CDE,根據全等三角形的性質則可證得AG=CE;
(2)根據全等三角形的性質和角的關係即可得出夾角是90°;
(3)根據全等三角形的性質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交點為O,
∵△ADG≌△CDE,
∴∠DEC=∠AGD,
∵∠DEC+∠DOE=90°,
∴∠AGD+∠DOE=90°=∠AGD+∠GOH,
∴∠GHE=90°;
(3)過點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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