手拉手模型剖析本 质 原 理观察图4,已知（CA=CB,CD=C E/A C B =乙ECD,A,E拉手,B,D拉手（即连接AE,BD）,贝！ACE=BCD,此模型称为手拉手模型，这也是手拉手模型的雏形.图4.1特别地，当ACB=乙ECD=60且 B,C,D三点共线时，如图4.2所示，连 接 AD,BE,则 ACD=BCE.我们再连接AB,DE,如图4.3所 示，我们就可以证明出如下5 组常用结论：结 论1：三组全等（如 图4.4所示），均为旋转型全等.结论2：三个等边三角形（如图4.5所示），即说 明：FCE 三X GCD=CF=CG.结 论 3：三组平行线（如图4.6所示）,BP ABCE,FGBD,ACDE.A图 4 3图 4.4 F C E A GCDn CF=CG图 4.5图 4.6结论4:三个特殊60如图4.7所示），即Nl=N2=/3=60分析】如图4.7所示油 ACD当aBCE,可得NHAF=NCBF,易得在A AFH和4 BCF中./l=NFCB=60如图4.8所示，由 ACD会4BCE彳导到对应边AD,BE边上的高相等，即CM=CN.又CH=CH,则 CHN之CHM（HL）,因此N2=N3,故CH平分NBHD.结论5:三个和差式（如图4.9所示入【分析】DE=DC邻边相等的对角互补模型，将 DEH绕着点D逆时针旋转60,H的对应点为H得到等边八DHH,进而HD=HE+HC,同法可证HB=HA+HC和HC=HF+HG,具体详见第6讲“邻比对补模型”.总结:三点共线(B,C,D),五“三”出现.通过以上的推导，我们发现，手拉手模型本质上就是旋转型的全等，进而产生了五个“三”结论.那图形旋转的本质又是什么呢?接下来我们来探究下.我们先区分两个情景：情 景 1 在图形旋转的过程中，我们不改变其大小，也就是全等形.如图4.10所 示，ABC绕着点C 顺时针旋转到A 4DC,使 得 CB与 CD重合.此时就产生了新的特殊图形“等腰 ACA，；如图4.11所示,ABP绕着点B 顺时针旋转60。
到 CBP,使 得AB与 BC重合.此时就产生了新的特殊图形“等边 BPP”.图 4.10图 4.11通过上面两组图形的变换，我们发现图形等量旋转的本质就是：全等形手拉手模型的构造，其变换特征为等线段、共端点、用旋转.实例剖析(1)如图4.12所示,P 是正方形ABCD内一点，连接PA,PB,PC.现将 PAB绕 点 B 顺时针旋转90得到 PCB,连 接 PP.若PA=V2,PB=3,LAPB=1 3 5厕 PC 的长为_ _ _，正方形ABCD的边长为_ _ _ _.如图4.13所示,若点P 是等边 ABC内的一点,且PA=3,PB=4,PC=5,则NAPB=_,(3)如图 4.14 所示,在四边形 ABCD 中,AD=3,CD=2,NABC=NACB=NADC=45贝 BD=图 4.12 图 4.13 图 4.14【解题要点】利用“等线段、共端点、用旋转”，大胆旋转是解题的关键，要注意只旋转和等边相关的三角形，如图4.13所 示，就 有 6 种转法，A,B,C 均可以作为“共端点”，如果以B 为共顶点，贝必ABP和 BCP均可旋转，目的只有一个，就是使等边重合，即 AB,BC重合.【答案】(1)2V5,V17.(2)150.(3)722.【分析】(1)fi.ZPBP=90,BP=BPA BPP为等腰直角三角形，又/B P，C=NAPB=135。
所以=45,PP=V2PB=3VX,故 NPPC=135-45=90.在 RtA PPC 中,PC=VPP，2+PC2=J(3V2)2+(V2)2=2V5.过点A 作 A E1B P交 B P的延长线于点E,在 RtA AEB中.由勾股定理得AB=NAE?+BE2=V l2+42=V17.(2)如图4.15所示，将A BPC绕点B 逆时针旋转60得 到 BPA,连 接 P P,易得 BPP是等边三角形，则.PP=BP=4/B PP=60.在4 APP中，AP=3,PP=4,AP=5,贝！AAPP=90,故 U P B =AAPP+/BPP=90+60=150.(3)等线段(AB=AC),共端点(点A),用旋转(可旋转4 ABD或4 ACD).如图4.16所示,将 ABD绕点A 顺时针旋转90得到 ACK.连接DK.图 4.15图 4.16由旋转的性质得 ABD三&4CK,则 AK=AD=3,CK=BD/KAD =90,所 以 D4K是等腰直角三角形，则 DK=V2AD=3V2,AADK=4 5故乙CDK=乙ADC+乙ADK=45+45=90.在 RtA CDK 中,CK=yDK2+CD2=J(3四)？+22=痕，则 BD=V22.情：景：2 在图形旋转的过程中，我们改变其大小，将其进行缩放，也就是相似形.如图4.17所 示，将NABC绕点A 按逆时针方向旋转一定角度后，得到 ABC,其中相似比为AB:AB=m：2 则缁=*=,AD A C T L即 n A就B=而AB又 Z.BAB=/C4C,连接 BB,CC,如图 4.18 月标，可 彳 导 4 BABACAC.图 4.17图 4.18由此我们可以得到，只要三角形产生了旋转，就会有两组相似三角形产生，记忆口诀就是：一转成双.我们发现图形等量旋转的本质就是：相似形手拉手模型的构造，其变换特征为比线段、共端点、用旋转.实例剖析【问题背景】如图4.19所示，已知 ABCs/ADE,求证:ABDAACE.【尝试应用】如图4.20所示，在 ABC和 ADE中,NBAC=NDAE=90,Z ABC=Z ADE=30,AC与 DE相交于点F,点 D 在 BC瑞=何衅=【拓展创新】如图 4.21 所示,D 是4 ABC 内一点,NBAD=NCBD=3(T,NBDC=9(r,AB=4,AC=2 V5,则 AD=.【答案】3;V5.【分析】【问题背景】因为 A BCsA D E,所 以 空=,/LBAC=4 E,则 NBAD=CAE,=故 ABDAACE.AD AE AC AE【尝试应用】连接 EC.因为NBAC=ZDAE=90,Z ABC=ZADE=30。
所以4 ABCAADE.由“问题背景”知 ABDAACEJI詈=竿=遮 在 图 4.20中,NB=NACE=30设 EC=a，贝!J.BD=y3a,AD=3a.因为 NADFuNACEnSOo/AFDuNEFC,所以 A D Fs/iECF,贝！=3.CF CE a【拓展创新】比线段（BD=V5DC）,共端点（点 D）.用旋转（可旋转 ADC或4 ADB或4 CDB）.如图4.22所示，将NADC绕点D 按顺时针方向旋转90彳导到 BDM,相似比为1:但.连接AM,此 时D M =y3AD,B M=翼AC=6,AADM=90 图 4.22设 AD=xW.D M =在 RtA ADM 中,AM=2x,则 tan/D4M=黑=遮,即 NDAM=60,所以NBAM=NBAD+NDAM=90.在 RtA BAM 中,A M2+A B2=BM?,即(2x)2+42=6?解得 xr=V5,x2=-西(舍去)故 AD=x=遮情 景3 这个情景比较特殊，如图4.23所 示，AMN和八APQ均为等腰直角三角形，如果顶点N 和顶点Q 重 合，很明显是要构造手拉手模型了，但是它偏偏是锐角顶点A 重合在了一起，说好的手拉手一起走呢?这还没完，它居然连接了 MP,又取M P的中点G,最后连接了 NG,QG,完 啦，全乱了不过先别急，既然有了中点就要有“中点四联想”（中位线、直角三角形斜边中线、三线合一、倍长中线）.但是怎么用呢?难道真的没有手拉手了吗?真相马上揭晓，如图4.24所 示，我们分另1!把八APQ补成以A 为直角顶点的等腰直角三角形4 AMB和 APC.图 4.23图 4.24眼快的同学应该已经看出来了，没 错，手拉手又出现了，只不过我们需要连接MC,BP,如图4.25所示.于是我们得到了.M A C三&B4P,所以M C=BP,.此时NG,GQ分别为 MPB和 MPC的中位线，故 NG=BP,GQ=jM C.XBP=MC.BP LMC,则.N G =QG.NG QG,其实它的本质就是一个隐藏型的手拉手模型的应用.为了方便记忆，我们姑且把它叫作“脚拉脚模型”吧，其实我们在第I 讲就研究过它，本讲后面我们还会深入研究它.图 4.25无论是情景1、情景2还是情景3,其实都在构造手拉手模型.同学们需要先做的就是学会识图和构图，让我们开始吧.。