《中考数学二轮重难点复习讲义模型11 手拉手模型（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《中考数学二轮重难点复习讲义模型11 手拉手模型（解析版）（35页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 模型介绍共顶点模型，亦称“手拉手模型”，是指两个顶角相等的等腰或者等边三角形的顶点重合，两个三角形的两条腰分别构成的两个三角形全等或者相似。寻找共顶点旋转模型的步骤如下：R（1）寻找公共的顶点R（2）列出两组相等的边或者对应成比例的边R（3）将两组相等的边分别分散到两个三角形中去，证明全等或相似即可。 两等边三角形 两等腰直角三角形 两任意等腰三角形*常见结论：连接BD、AE交于点F，连接CF，则有以下结论：（1）（2）（3）（4）【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
2、手”模型。【知识总结】 【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： BCDACE；BDAE（位置关系）且BD=AE（数量关系）；FC平分BFE； 图1 图2 图3 图4手拉手模型的定义：两个顶角相等且有共顶点的等腰三角形形成的图形。手拉手模型特点：“两等腰，共顶点”模型探究： 例题精讲考点一：等边三角形中的手拉手模型【例1】如图，C为线段AE上一动点（不与点A，E重合），在AE同侧分别作正三角形ABC和正三角形CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与C
3、D交于点Q，连接PQ有下列结论：ADBE；APBQ；AOB60；DCDP；CPQ为正三角形其中正确的结论有_.解：ABC和DCE是正三角形，ACBC，DCCE，BCADCE60，BCA+BCDDCE+BCD，ACDBCE，在ACD和BCE中ACDBCE（SAS），ADBE，正确；ACDBCE，CBECAD，ACBDCE60，BCD60ACB，在ACP和BCQ中ACPBCQ（ASA），APBQ，正确；PCQC，CPQ为正三角形正确ACDBCE，ADCBEC，DCE60CAD+ADC，CAD+BEC60，AOBCAD+BEC60，正确；DCE是正三角形，DEDC，AOB60，DCP60，DPCAO
4、B，DPCDCP，DPDC，即DPDE，错误；所以正确的有变式训练【变式1-1】如图，都是等边三角形，则的度数是ABCD解：，都是等边三角形，的度数是故选：【变式1-2】如图，DAC和EBC均是等边三角形，AE、BD分别与CD、CE交于点M、N，有如下结论：ACEDCB；CMCN；ACDN；DAEDBC其中正确的有（）ABCD解：DAC和EBC均是等边三角形，ACDC，BCCE，ACEBCD，ACEDCB，正确由得AECCBD，BCNECM，CMCN，正确假使ACDN，即CDCN，CDN为等边三角形，CDB60，又ACDCDB+DBC60，假设不成立，错误；DBC+CDB60DAE+EAC60
5、，而EACCDB，DAEDBC，正确，正确答案 故选：C【变式1-3】如图，ABC和ADE都是等边三角形，点D在BC上，DE与AC交于点F，若AB5，BD3，则 解：连接CE，过点F作FMBC于点M，FNCE于点N，ABC和ADE为等边三角形，ABAC，ADAE，BACDAE60，BADCAE，BADCAE（SAS），BDCE3，ABDACE60，ABBC5，DC2，ACBACE60，FMBC，FNCE，FMFN，SDFCDCFM，SFCECEFN，故答案为：考点二：等腰直角三角形中的手拉手模型【例2】如图，和都是等腰直角三角形，为边上一点，若，则的长为_解：和都是等腰直角三角形，在和中， 变
6、式训练【变式2-1】如图，连结，分别以、为直角边作等腰和等腰，连结、，当最长时，的长为AB3CD解：，即，在和中，当点在上时，最大，最大值为，如图，过作于，由等腰三角形“三线合一”得，再由直角三角形斜边中线等于斜边一半得，故选：【变式2-2】如图，在中，点为中点，点在边上，连接，过点作的垂线，交于点下列结论：；，其中正确的结论是 （填序号）解：，点为中点，故正确；当、分别为、中点时，故不一定正确；，故正确；，故正确；故答案为：【变式2-3】如图，ABC和CEF均为等腰直角三角形，E在ABC内，CAE+CBE90，连接BF（1）求证：CAECBF（2）若BE1，AE2，求CE的长（1）证明：AB
7、C和CEF均为等腰直角三角形，ACBECF45，ACEBCF，CAECBF；（2）解：CAECBF，CAECBF，又，AE2，BF，又CAE+CBE90，CBF+CBE90，EBF90，EF2BE2+BF212+（）23，EF，CE22EF26，CE考点三：任意等腰三角形中的手拉手模型【例3】如图，在AOB和COD中，OAOB，OCOD，OAOC，AOBCOD36连接AC，BD交于点M，连接OM下列结论：AMB36，ACBD，OM平分AOD，MO平分AMD其中正确的结论是_解：AOBCOD36，AOB+BOCCOD+BOC，即AOCBOD，在AOC和BOD中，AOCBOD（SAS），OCAOD
8、B，ACBD，故正确；OACOBD，由三角形的外角性质得：AMB+OBDOAC+AOB，AMBAOB36，故正确；法一：作OGAM于G，OHDM于H，如图所示，则OGAOHB90，AOCBOD，OGOH，MO平分AMD，故正确；法二：AOCBOD，OACOBD，A、B、M、O四点共圆，AMOABO72，同理可得：D、C、M、O四点共圆，DMODCO72AMO，MO平分AMD，故正确；假设MO平分AOD，则DOMAOM，在AMO与DMO中，AMODMO（ASA），AOOD，OCOD，OAOC，而OAOC，故错误；变式训练【变式3-1】如图，等腰中，点为直线上一动点，以线段为腰在右侧作等腰，且，连
9、接，则的最小值为AB4C6D8解：连接并延长交延长线于，为定直线，为定值，当在直线上运动时，也在定直线上运动，当时，最小，当与重合时，最小，在中，的最小值为，故选：【变式3-2】如图，在ABC中，ABAC5，BAC120，以CA为边在ACB的另一侧作ACMACB，点D为边BC（不含端点）上的任意一点，在射线CM上截取CEBD，连接AD，DE，AE设AC与DE交于点F，则线段CF的最大值为 解：BAC120，ABAC，BACB30ACMACB，BACM30在ABD和ACE中，ABDACE（SAS）ADAE，BADCAECAE+DACBAD+DACBAC120即DAE120ADAE，ADEAED3
10、0；ADEACB30且DAFCAD，ADFACDAD2AFACAD25AFAF当AD最短时，AF最短、CF最长当ADBC时，AF最短、CF最长，此时ADABAF最短CF最长ACAF最短5 故答案为：【变式3-3】.【问题背景】（1）如图1，等腰中，于点，则；【知识应用】（2）如图2，和都是等腰三角形，、三点在同一条直线上，连接求证：（3）请写出线段，之间的等量关系，并说明理由（1）解：，由勾股定理得：，故答案为：；（2）证明：，即，在和中，；（3）解：，理由如下：由（1）可知：， 实战演练1.风筝为中国人发明，相传墨翟以木头制成木鸟，研制三年有成，是人类最早的风筝起源如图，小飞在设计的“风筝”图案中，已知，那么与相等小飞直接证明，他的证明依据是ABCD证明：，故选：2如图，都是等边三角形，则的度数是ABCD解：，都是等边三角形，的度数是，故选：3如图，点是轴上一个定点，点从原点出发沿轴的正方向移动，以线段为边在轴右侧作等边三角形，以线段为边在上方作等边三角形，连接，随点的移动，下列说法错误的是A
