第5讲角含半角模型(解析版)
中考数学几何模型5：角含半角模型TH 名师点睛拨开云雾开门见山角含半角模型，顾名思义即一个角包含着它的一半大小的角。它主要包含：等腰直角三角形角含半角模型；正方形中角含半角模型两种类型。解决类似问题的常见办法主要有两种：旋转目标三角形法和翻折目标三角形法。
类型一：等腰直角三角形角含半角模型
（1）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，点D，E在BC上，且∠DAE=45°，则：BD2+CE2=DE2.
图示（1）作法1：将△ABD旋转90°作法2：分别翻折△ABD,△ACE
（2）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，点D在BC上，点E在BC延长线上，且∠DAE=45°，则：BD2+CE2=DE2.
图示（2）
（3）如图，将等腰直角三角形变成任意等腰三角形时，亦可以进行两种方法的操作处理..
任意等腰三角形
类型二：正方形中角含半角模型
（1）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF=45°，连接EF，过点A作AG⊥于EF于点G，则：EF=BE+DF，AG=AD.
图示（1）作法：将△ABE绕点A逆时针旋转90°
（2）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边CB，DC的延长线上，∠EAF=45°，连接EF，则：EF=DF-BE.
图示（2）作法：将△ABE绕点A逆时针旋转90°
（3）如图，将正方形变成一组邻边相等，对角互补的四边形，在四方形ABCD中，AB=AD，∠BAD+∠
C=180°，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF=1
2
∠BAD，连接EF，则：EF=BE+DF.
图示（3）作法：将△ABE绕点A逆时针旋转∠BAD的大小
典题探究启迪思维探究重点例题1. 如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别在AB，AD上，若CE＝5，且∠ECF＝45°，则CF
的长为4．
【解答】解：如图，延长FD到G，使DG＝BE；连接CG、EF；
∵四边形ABCD为正方形，在△BCE与△DCG中，，∴△BCE≌△DCG（SAS），∴CG＝CE，∠DCG＝∠BCE，∴∠GCF＝45°，
在△GCF与△ECF中，，∴△GCF≌△ECF（SAS），∴GF＝EF，
∵CE＝5，CB＝4，∴BE＝3，∴AE＝1，
设AF＝x，则DF＝4﹣x，GF＝1+（4﹣x）＝5﹣x，∴EF＝＝，
∴（5﹣x）2＝1+x2，∴x＝，即AF＝，∴DF＝4﹣＝，
∴CF＝＝＝4，
故答案为：4．
变式练习>>>
1．如图四边形ABCD中，AD∥BC，∠BCD＝90°，AB＝BC+AD，∠DAC＝45°，E为CD上一点，且∠BAE＝45°．若CD＝4，则△ABE的面积为（）
A．B．C．D．
【解答】解法一：作AF⊥CB交CB的延长线于F，在CF的延长线上取一点G，使得FG＝DE．∵AD∥BC，
∴∠BCD+∠ADC＝180°，
∴∠ADC＝∠BCD＝∠AFC＝90°，
∴四边形ADCF是矩形，
∵∠CAD＝45°，
∴AD＝CD，
∴四边形ADCF是正方形，
∴AF＝AD，∠AFG＝∠ADF＝90°，
∴△AFG≌△ADE，
∴AG＝AE，∠F AG＝∠DAE，
∴∠F AG+∠F AB＝∠EAD+∠F AB＝45°＝∠BAE，
∴△BAE≌△BAG，
∴BE＝BG＝BF+GF＝BF+DE，
设BC＝a，则AB＝4+a，BF＝4﹣a，
在Rt△ABF中，42+（4﹣a）2＝（4+a）2，解得a＝1，
∴BC＝1，BF＝3，设BE＝b，则DE＝b﹣3，CE＝4﹣（b﹣3）＝7﹣b．
在Rt△BCE中，12+（7﹣b）2＝b2，解得b＝，
∴BG＝BE＝，
∴S△ABE＝S△ABG＝××4＝．
例题2. 在正方形ABCD中，连接BD．
（1）如图1，AE⊥BD于E．直接写出∠BAE的度数．
（2）如图1，在（1）的条件下，将△AEB以A旋转中心，沿逆时针方向旋转30°后得到△AB′E′，AB′与BD交于M，AE′的延长线与BD交于N．
①依题意补全图1；
②用等式表示线段BM、DN和MN之间的数量关系，并证明．
（3）如图2，E、F是边BC、CD上的点，△CEF周长是正方形ABCD周长的一半，AE、AF分别与BD 交于M、N，写出判断线段BM、DN、MN之间数量关系的思路．（不必写出完整推理过程）
【解答】解：（1）∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠ABD＝∠ADB＝45°，
∵AE⊥BD，
∴∠ABE＝∠BAE＝45°，
（2）①依题意补全图形，如图1所示，
②BM、DN和MN之间的数量关系是BM2+MD2＝MN2，
将△AND绕点D顺时针旋转90°，得到△AFB，
∴∠ADB＝∠FBA，∠BAF＝∠DAN，DN＝BF，AF＝AN，
∵在正方形ABCD中，AE⊥BD，
∴∠ADB＝∠ABD＝45°，
∴∠FBM＝∠FBA+∠ABD＝∠ADB+∠ABD＝90°，
在Rt△BFM中，根据勾股定理得，FB2+BM2＝FM2，
∵旋转△ANE得到AB1E1，
∴∠E1AB1＝45°，
∴∠BAB1+∠DAN＝90°﹣45°＝45°，
∵∠BAF＝DAN，
∴∠BAB1+∠BAF＝45°，
∴∠F AM＝45°，
∴∠F AM＝∠E1AB1，
∵AM＝AM，AF＝AN，
∴△AFM≌△ANM，
∴FM＝MN，
∵FB2+BM2＝FM2，
∴DN2+BM2＝MN2，
变式练习>>>
2. （1）【探索发现】
如图1，正方形ABCD中，点M、N分别是边BC、CD上的点，∠MAN＝45°，若将△DAN绕点A顺时针旋转90°到△BAG位置，可得△MAN≌△MAG，若△MCN的周长为6，则正方形ABCD的边长为3．（2）【类比延伸】
如图（2），四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B+∠D＝180°，点M、N分别在边BC、CD 上的点，∠MAN＝60°，请判断线段BM，DN，MN之间的数量关系，并说明理由．
（3）【拓展应用】
如图3，四边形ABCD中，AB＝AD＝10，∠ADC＝120°，点M，N分别在边BC，CD上，连接AM，MN，△ABM是等边三角形，AM⊥AD，DN＝5（﹣1），请直接写出MN的长．
【解答】解：（1）如图1中，
∵△MAN≌△MAG，∴MN＝GM，
∵DN＝BG，GM＝BG+BM，
∴MN＝BM+DN，
∵△CMN的周长为：MN+CM+CN＝6，
∴BM+CM+CN+DN＝6，
∴BC+CD＝6，
∴BC＝CD＝3，
故答案为3．
（2）如图2中，结论：MN＝NM+DN．
延长CB至E，使BE＝DN，连接AE，
∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠ABE＝180°，
∴∠D＝∠ABE，
在△ABE和△ADN中，，
∴△ABE≌△ADN，
∴AN＝AE，∠DAN＝∠BAE，
∵∠BAD＝2∠MAN，
∴∠DAN+∠BAM＝∠MAN，
∴∠MAN＝∠EAM，
在△MAN和△MAE中，，
∴△MAN≌△MAE，
∴MN＝EM＝BE+BM＝BM+DN，即MN＝BM+DN；
（3）解：如图3，把△ABM绕点A逆时针旋转150°至△ADG，连接AN．作NH⊥AD于H，在AH上取一点K，使得∠NKH＝30°
在Rt△DHN中，∵∠NDH＝60°DN＝5（﹣1），
∴DH＝DN＝，HN＝DH＝，
在Rt△KNH中，KN＝2HN＝15﹣5，HK＝HN＝，
∴AK＝AH﹣HK＝15﹣5，
∴AK＝KN，
∴∠KAN＝∠KNA，
∵∠NKH＝∠KAN+∠KNA，
∴∠NAK＝15°，
∴∠MAN＝75°＝∠BAD，
由（2）得，MN＝BM+DN＝10+5（﹣1）＝5+5．
例题3. 如图，在四边形ABCD中，AB=BC，∠A=∠C=90°，∠B=135°，K，N分别是AB，BC上的点，若△BKN的周长为AB的2倍，求∠KDN的度数.
变式练习>>>
3. 如图，正方形被两条与边平行的线段EF，GH分割成四个小矩形，P是EF与GH的交点，若矩形PFCH 的面积恰是矩形AGPE面积的2倍，试确定∠HAF的大小并证明你的结论.
例题4. 如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，BC＝CD，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠MAN＝∠BAD．
（1）如图1，将∠MAN绕着A点旋转，它的两边分别交边BC、CD于M、N，试判断这一过程中线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不用证明；
（2）如图2，将∠MAN绕着A点旋转，它的两边分别交边BC、CD的延长线于M、N，试判断这一过程中线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系？并证明你的结论；
（3）如图3，将∠MAN绕着A点旋转，它的两边分别交边BC、CD的反向延长线于M、N，试判断这一过程中线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不用证明．
【解答】解：（1）证明：延长MB到G，使BG＝DN，连接AG．
∵∠ABG＝∠ABC＝∠ADC＝90°，AB＝AD，
∴△ABG≌△ADN．
∴AG＝AN，BG＝DN，∠1＝∠4．
∴∠1+∠2＝∠4+∠2＝∠MAN＝∠BAD．
∴∠GAM＝∠MAN．
又AM＝AM，
∴△AMG≌△AMN．
∴MG＝MN．
∵MG＝BM+BG．
∴MN＝BM+DN．
（2）MN＝BM﹣DN．
证明：在BM上截取BG，使BG＝DN，连接AG．
∵∠ABC＝∠ADC＝90°，AD＝AB，
∴△ADN≌△ABG，
∴AN＝AG，∠NAD＝∠GAB，
∴∠MAN＝∠NAD+∠BAM＝∠DAB，
∴∠MAG＝∠BAD，
∴∠MAN＝∠MAG，
∴△MAN≌△MAG，
∴MN＝MG，
∴MN＝BM﹣DN．
（3）MN＝DN﹣BM．
达标检测领悟提升强化落实
1. 请阅读下列材料：
问题：正方形ABCD中，M，N分别是直线CB、DC上的动点，∠MAN＝45°，当∠MAN交边CB、DC 于点M、N（如图①）时，线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系？
小聪同学的思路是：延长CB至E使BE＝DN，并连接AE，构造全等三角形经过推理使问题得到解决．请你参考小聪同学的思路，探究并解决下列问题：
（1）直接写出上面问题中，线段BM，DN和MN之间的数量关系；
（2）当∠MAN分别交边CB，DC的延长线于点M/N时（如图②），线段BM，DN和MN之间的又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，并加以证明；
（3）在图①中，若正方形的边长为16cm，DN＝4cm，请利用（1）中的结论，试求MN的长．
【解答】解：（1）BM+DN＝MN；
（2）DN﹣BM＝MN．
理由如下：
如图，在DC上截取DF＝BM，连接AF．
∵AB＝AD，∠ABM＝∠ADF＝90°，
∴△ABM≌△ADF（SAS）
∴AM＝AF，∠MAB＝∠F AD．
∴∠MAB+∠BAF＝∠F AD+∠BAF＝90°，
即∠MAF＝∠BAD＝90°．
又∠MAN＝45°，
∴∠NAF＝∠MAN＝45°．
∵AN＝AN，
∴△MAN≌△F AN．
∴MN＝FN，
即MN＝DN﹣DF＝DN﹣BM；
（3）∵正方形的边长为16，DN＝4，
∴CN＝12．
根据（1）可知，BM+DN＝MN，
设MN＝x，则BM＝x﹣4，
∴CM＝16﹣（x﹣4）＝20﹣x．
在Rt△CMN中，
∵MN2＝CM2+CN2，
∴x2＝（20﹣x）2+122．
解得x＝13.6．
∴MN＝13.6cm．
2. （1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠
EAF＝∠BAD．试探究图中线段BE、EF、FD之间的数量关系．
（1）小王同学探究此问题的方法是：延长EB到点G，使BG＝DF，连结AG，先证明△ABG≌△ADF，再证明△AEG≌△AEF，可得出结论，他的结论应是EF＝BE+FD．
（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由．
（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF＝∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．
【解答】解：（1）由△ABG≌△ADF，△AEG≌△AEF可知，BG＝DF，EF＝EG＝BG+EF＝DF+EF，故答案为EF＝BE+FD.
（2）（1）中的结论EF＝BE+FD仍然成立．
理由：延长EB到点G，使BG＝DF，连结AG．
∵∠ABD+∠D＝180°，∠ABD+∠ABG＝180°，
∴∠ABG＝∠D，
∴AB＝AD，BG＝DF，
∴△ABG≌△ADF，
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠BAE+∠DAF＝∠BAD＝∠BAE+∠BAG，
∴∠EAG＝∠EAF，
∵AE＝AE，AG＝AF，
∴△EAG≌△EAF，
∴EG＝EF，
∵EG＝BG+BE＝DF+BE，
∴EF＝BE+DF．
3. 小曼和他的同学组成了“爱琢磨”学习小组，有一次，他们碰到这样一道题：“已知正方形ABCD，点E、
F、G、H分别在边AB、BC、CD、DA上，若EG⊥FH，则EG＝FH．”为了解决这个问题，经过思考，
大家给出了以下两个方案：
方案一：过点A作AM∥HF交BC于点M，过点B作BN∥EG交CD于点N；
方案二：过点A作AM∥HF交BC于点M，过点A作AN∥EG交CD于点N．…
（1）对小曼遇到的问题，请在甲、乙两个方案中任选一个加以证明（如图（1））．
（2）如果把条件中的“正方形”改为“长方形”，并设AB＝2，BC＝3（如图（2）），是探究EG、FH之间有怎样的数量关系，并证明你的结论．
（3）如果把条件中的“EG⊥FH”改为“EG与FH的夹角为45°”，并假设正方形ABCD的边长为1，FH的长为（如图（3）），试求EG的长度．
【解答】解：（1）证明：过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，
∴AM＝HF，AN＝BC，
在正方形ABCD中，AB＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°
∵EG⊥FH，
∴∠NAM＝90°，
∴∠BAM＝∠DAN，
在△ABM和△ADN中，∠BAM＝∠DAN，AB＝AD，∠ABM＝∠ADN
∴△ABM≌△ADN
∴AM＝AN，即EG＝FH
（2）结论：EG：FH＝3：2
证明：过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EC交CD的延长线于点N，
∴AM＝HF，AN＝EC，在长方形ABCD中，BC＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°，
∵EG⊥FH，
∴∠NAM＝90°，
∴∠BAM＝∠DAN．
∴△ABM∽△ADN．
，
∵AB＝2，BC＝AD＝3，
∴．
（3）解：过点A作AM∥HF交BC于点M，过点A作AN∥EG交CD于点N，
∵．
∴在Rt△ABM中，BM＝．
将△AND绕点A顺时针旋转90°到△APB．
∵EG与FH的夹角为45°，
∴∠MAN＝45°，
∴∠DAN+∠MAB＝45°，即∠P AM＝∠MAN＝45°，
从而△APM≌△ANM，
∴PM＝NM．
设DN＝x，则NC＝1﹣x，MN＝PM＝．
在Rt△CMN中，解得．
∴．
4. 已知：如图，正方形ABCD的边长为a，BM，DN分别平分正方形的两个外角，且满足∠MAN=45°，连接MC，NC，MN．
（1）填空：与△ABM相似的三角形是_________，BM?DN=_________；（用含a的代数式表示）
（2）求∠MCN的度数；
（3）猜想线段BM，DN和MN之间的等量关系并证明你的结论.
中考数学专题训练旋转模型几何变换的三种模型手拉手、半角、对角互补
几何变换的三种模型手拉手、半角、对角互补 ?????? ?? ?? ??? ???? ? ????????等腰三角形手拉手模型等腰直角三角形（包含正方形）等边三角形（包含费马点）特殊角旋转变换对角互补模型一般角特殊角角含半角模型一般角 等线段变换（与圆相关） 【练1】 （2013北京中考）在ABC △中，AB AC =，BAC α∠=（060α?<
【练2】 （2012年北京中考）在ABC △中，BA BC BAC α=∠=， ，M 是AC 的中点，P 是线段上的动点，将线段PA 绕点P 顺时针旋转2α得到线段PQ ． （1）若α=60?且点P 与点M 重合（如图1），线段CQ 的延长线交射线BM 于点D ，请补全图形，并写出CDB ∠的度数； （2）在图2中，点P 不与点B M ，重合，线段CQ 的延长线与射线BM 交于点D ，猜想CDB ∠的大小（用含α的代数式表示），并加以证明； （3）对于适当大小的α，当点P 在线段BM 上运动到某一位置（不与点B ，M 重合）时，能使得线段CQ 的延长线与射线BM 交于点D ，且PQ QD =，请直接写出α的范围．
例题精讲 考点1：手拉手模型：全等和相似 包含：等腰三角形、等腰直角三角形（正方形）、等边三角形伴随旋转出全等，处于各种位置的旋转模型，及残缺的旋转模型都要能很快看出来 （1）等腰三角形旋转模型图（共顶点旋转等腰出伴随全等） （2）等边三角形旋转模型图（共顶点旋转等边出伴随全等） （3）等腰直角旋转模型图（共顶点旋转等腰直角出伴随全等） （4）不等边旋转模型图（共顶点旋转不等腰出伴随相似）
2018年中考常见几何模型分析
中考直通车·数学广州分册 第八章专题拓展 第24讲常见几何模型
【考点解读】 常见几何模型是广州市中考的压轴题常考题型，主要以考察选择、填空最后一题和几何压轴题为主。几何模型类型较多，综合性强，属于中考中重点但同样是难点的一个考点。 【考点分析】 2011年 考查三角形全等和三角形中位线性质，标准的手拉手模型。 2014年 考查三角形全等的判断和性质，根据手拉手模型找出全等三角形，再应用其性质 2016年 本年度模型思想明显，分值占比大，主要考查三角形全等的判定及其性质、图像的旋转，利用模型思想作为解题突破口顺利完成辅助线。 【模型介绍】 手拉手模型： 1、 【条件】 如图两个等边三角形ABD ?与BCE ?，连结 AE 与CD ， 【结论】（1）DBC ABE ??? （2）DC AE = （3）AE 与DC 之间的夹角为? 60 （4）AE 与DC 的交点设为H , BH 平分AHC ∠
C D A B F E C D 2、 【条件】如图两个等腰直角三角形ADC 与EDG ，连结CE AG ,,二者相交于点H 。 【结论】 （1）CDE ADG ???是否成立？ （2）AG =CE （3）AG 与CE 之间的夹角为 90 （4）HD 是否平分AHE ∠？ 旋转模型： 一、邻角相等对角互补模型 【条件】如图，四边形ABCD 中，AB =AD ，90BAD BCD ?∠=∠= 【结论】45ACB ACD BC CD ? ∠=∠=+= ① ② 二、角含半角模型：全等 角含半角要旋转：构造两次全等 F E D C B A G F E D C B A A C D E A C D E F
中考数学几何专题之手拉手模型(初三数学)
手拉手模型 【课堂导入】 什么是手拉手相似基本图形？与手拉手全等的基本图形类似，手拉手相似要比手拉手全等更具有一般性。 在上面右侧的四个图形中，每一个图形中都存在两对相似三角形，△ADE∽△ABC， △ADB∽△AEC，这两对相似三角形是可以彼此转化的。
【例1】已知：△ABC，△DEF 都是等边三角形，M 是 BC 与 EF 的中点，连接 AD，BE. （1）如图1，当EF 与BC 在同一条直线上时，直接写出 AD 与BE 的数量关系和位置关系； （2）△ABC 固定不动，将图1 中的△DEF 绕点M 顺时针旋转（0o≤≤90o）角，如图2 所示，判断（1）中的结论是否仍然成立，若成立，请加以证明；若不成立，说明理由； 【例2】以平面上一点O 为直角顶点，分别画出两个直角三角形，记作△AOB 和△COD，其中∠ABO=∠DCO=30°．点E、F、M 分别是AC、CD、DB 的中点，连接FM、EM． ①如图 1，当点D、C 分别在 AO、BO 的延长线上时 F M E M ②如图2，将图1 中的△AOB 绕点O 沿顺时针方向旋转60度角，其 他条件不变，判断 F M的值是否发生变化，并对你的结论进行证明； E M
【例3】如图 1，在△ABC 中，∠ACB=90°，BC=2，∠A=30°，点 E，F 分别是线段 BC， AF=_______． AC 的中点，连结 EF．（1）线段B E 与A F 的位置关系是_______， BE （1）中的结论是（2）如图2，当△CEF 绕点C顺时针旋转α时（0°＜α＜180°） ，连结A F，BE， 否仍然成立.如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由． 【例4】如图 1，在四边形 ABCD 中，点E、F 分别是AB、CD 的中点，过点E 作AB 的垂 线，过点F 作CD 的垂线，两垂线交于点G，连接AG、BG、CG、DG，且∠AGD=∠BGC． （1）求证：AD=BC． （2）求证：△AGD∽△EGF． （3）如图2，若AD、BC 所在直线互相垂直，求E F A D的值．
初中数学九大几何模型-初中几何九大模型-初中九大几何模型
创作编号： GB8878185555334563BT9125XW 创作者： 凤呜大王* 初中数学九大几何模型 一、手拉手模型----旋转型全等 （1）等边三角形 【条件】：△OAB 和△OCD 均为等边三角形； 【结论】：①△OAC ≌△OBD ；②∠AEB=60°；③OE 平分∠AED （2）等腰直角三角形 O B C D E 图 1 O A B C D E 图 2 O A B C D E 图 1 O A C D E 图 2
【条件】：△OAB 和△OCD 均为等腰直角三角形； 【结论】：①△OAC ≌△OBD ；②∠AEB=90°；③OE 平分∠AED （3）顶角相等的两任意等腰三角形 【条件】：△OAB 和△OCD 均为等腰三角形； 且∠COD=∠AOB 【结论】：①△OAC ≌△OBD ； ②∠AEB=∠AOB ； ③OE 平分∠AED 二、模型二：手拉手模型----旋转型相似 （1）一般情况 【条件】：CD ∥AB ， 将△OCD 旋转至右图的位置 【结论】：①右图中△OCD ∽△OAB →→→△OAC ∽△OBD ； ②延长AC 交BD 于点E ，必有∠BEC= ∠BOA O A B C D E O A B C D E 图 1 图 2 O C O C D E O A B C D E O C D
（2）特殊情况 【条件】：CD ∥AB ，∠AOB=90° 将△OCD 旋转至右图的位置 【结论】：①右图中△OCD ∽△OAB →→→△OAC ∽△OBD ； ②延长AC 交BD 于点E ，必有∠BEC=∠BOA ； ③ ===OA OB OC OD AC BD tan ∠OCD ；④BD ⊥AC ； ⑤连接AD 、BC ，必有22 22CD AB B C AD +=+；⑥BD AC 21 S △BCD ?= 三、模型三、对角互补模型 （1）全等型-90° 【条件】：①∠AOB=∠DCE=90°；②OC 平分∠AOB 【结论】：①CD=CE ；②OD+OE=2OC ；③2△OCE △OCD △DCE OC 2 1 S S S =+= 证明提示： ①作垂直，如图2，证明△CDM ≌△CEN ②过点C 作CF ⊥OC ，如图3，证明△ODC ≌△FEC ※当∠DCE 的一边交AO 的延长线于D 时（如图4）： 以上三个结论：①CD=CE ；②OE-OD=2OC ； ③2△OCD △OCE OC 21 S S =- A O B C D E 图 1 A O B C D E M N 图 2 A O B C D E F 图 3 A O B C D E M N 图 4
手拉手模型-含答案
手拉手模型 一．填空题（共18小题） 1．已知△ABC中，∠ABC＝45°，AB＝7，BC＝17，以AC为斜边在△ABC外作等腰Rt△ACD，连接BD，则BD的长为． 2．如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，AB＝3，BC＝5，以AC为边在△ABC外作正△ACD，则BD的长为． 3．四边形ABCD中，AC＝BC，∠ACB＝90°，∠ADB＝30°，AD＝，CD＝14，则BD＝． 4．已知在四边形ABCD中，AB＝AC，∠ABC＝∠ADC＝60°，连接BD，若CD＝2，AB ＝2，则BD的长度为． 5．如图，在四边形ABCD中，∠ADC＝∠ABC＝45°，CD＝，BC＝，连接AC、BD，若AC⊥AB，则BD的长度为．
6．如图，四边形ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝∠ADC＝45°，△DBC的面积为8，则BC 长为． 7．如图，D为△ABC内一点，且AD＝BD，若∠ACD＝∠DAB＝45°，AC＝5，则S△ABC ＝． 8．如图，线段AB绕着点A逆时针方向旋转120°得到线段AC，点B对应点C，在∠BAC 的内部有一点P，P A＝8，PB＝4，PC＝4，则线段AB的长为． 9．如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，＝，D为△ABC外一点，连接AD、CD．若∠ADC＝30°，AC＝AD，则的值为．
10．如图，△ABC、△CDE是两个直角三角板，其中∠ECD＝∠ACB＝90°，∠CED＝45°，∠CAB＝30°，若AB＝DE＝2，将直角三角板CDE绕点C旋转一周，则|AD﹣BE|的最大值为． 11．如图，点D为等边△ABC外一点，∠ADC＝60°，连接BD，若AD＝8，△BCD的面积为，则BD的长为． 12．如图，△ABC中，∠ABC＝45°，AB＝2，BC＝6，AD⊥AC，AD＝AC，连接BD，则BD的长为． 13．如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，AB＝3，BC＝12，以AC为腰，点A为顶点作等腰△ACD，且∠DAC＝120°，则BD的长为．
(完整版)手拉手模型
手拉手模型 手拉手模型 特点：由两个顶角相等的等腰三角形所组成，并且顶角的顶点为公共顶点 结论：（1）△ABD ≌△AEC （2）∠α+∠BOC=180° （3）OA平分∠BOC 变形： 例1.如图，B是线段AC上一点，分别以AB和BC为边长，在直线AC的同一侧作两个等边三角形，△ABD和△ECB，连接AE和CD，AE与DC交于点H，与BD与BE交于点G，F． （1）求证：△BCD≌△BEA； （2）探究△BFG的形状，并证明你的结论． H F G E D A B C
思考：的数量关系。 与DC AE （2） AE 与DC 之间的夹角为60（3） DFB AGB （4） CFB EGB （5）BH 平分 AHC （6）AC GF //变式精练1：如果两个等边三角形△ABD 和△BCE ，连接AE 与CD ，证明： （1）AE 与DC 的夹角为60°； （2）AE 与DC 的交点设为H ，BH 平分∠AHC ． 思考：DC AE ；AE 与DC 之间的夹角为60 试一试继续旋转结论是否成立。 H F G E D A B C
变式精练2.以点A为顶点作等腰Rt△ABC，等腰Rt△ADE，其中∠BAC=∠DAE=90°，如图1所示放置，使得一直角边重合，连接BD、CE． （1）试判断BD、CE的数量关系，并说明理由； （2）延长BD交CE于点F，试求∠BFC的度数； （3）把两个等腰直角三角形按如图2放置，（1）中的结论是否仍成立？请说明 理由． 练习：已知：如图①，在△AOB和△COD中，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=50° （1）求证：①AC=BD；②∠APB=50°； （2）如图②，在△AOB和△COD中，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=α，则AC与BD间的等量关系为，∠APB的大小为
初中几何经典模型总结(手拉手模型)
初中几何经典模型总结（手拉手模型） 模型可以让同学更快的进入到几何之中，产生兴趣。也是近来学习初中几何不可或缺的一种重要方法。下面给大家介绍一种经典几何模型---手拉手模型，这也是历年数学中考常考的几何压轴题型之一。手拉手模型的概念:1、手的判别：判断左右：将等腰三角形顶角顶点朝上，正对读者，读者左边为左手顶点，右边为右手顶点。2、手拉手模型的定义：定义: 两个顶角相等且有共顶点的等腰三角形形成的图形。（左手拉左手，右手拉右手）例如：3、手拉手模型的重要结论三个固定结论:结论1:△ABC≌△AB'C'(SAS)BC=B'C'（左手拉左手等于右手拉右手）结论2：∠BOB'=∠BAB'（用四点共圆证明）结论3: AO平分∠BOC'（用四点共圆证明）例题解析：类型一共顶点的等腰直角三角形中的手拉手例1：已知：如图△ABC和△ADE都是等腰直角三角形， ∠BAC=∠DAE=90°．求证：BD=CE．分析： 要证BD=CE可转化为证明△BAE≌△CAD，由已知可证 AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠EAD=90°，因为∠BAC ∠CAE=∠EAD ∠CAE，即可证∠BAE=∠CAD，符合SAS，即得证．解答：证明：∵△ABC与△AED均为等腰直角三角形，∴AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠EAD=90°，∴∠BAC ∠CAE=∠EAD ∠CAE，即∠BAE=∠CAD，在△BAE与△CAD中，
AB=AC,∠BAE=∠CAD，AE=AD∴△BAE≌△CAD（SAS）， ∴BD=CE．类型二共顶点的等边三角形中的手拉手例2：图1、图2中，点B为线段AE上一点，△ABC与△BED都是等边三角形。(1)如图1，求证：AD=CE；(2)如图2，设CE与AD交于点F，连接BF.①求证：∠CFA=60°；②求证：CF BF=AF.分析：（1）如图1，利用等边三角形性质得：BD=BE，AB=BC，∠ABC=∠DBE=60°，再证∠ABD=∠CBE，根据SAS 证明△ABD≌△CBE得出结论；（2）①如图2，利用（1）中的全等得：∠BCE=∠DAB，根据两次运用外角定理可得结论； ②如图3，作辅助线，截取FG=CF，连接CG，证明△CFG 是等边三角形，并证明△ACG≌△BCF，由线段的和得出结论．解答：证明：(1)如图1，∵△ABC与△BED都是等边三角形，∴BD=BE,AB=BC,∠ABC=∠DBE=60°，∴∠ABC ∠CBD=∠DBE ∠CBD，即∠ABD=∠CBE，在△ABD和△CBE 中，AB=AC∠ABD=∠CBEBD=BE，∴△ABD≌△CBE(SAS)，∴AD=CE，(2)①如图2,由(1)得：△ABD≌△CBE， ∴∠BCE=∠DAB，∵∠ABC=∠BCE ∠CEB=60°，∴∠ABC=∠DAB ∠CEB=60°，∵∠CFA=∠DAB ∠CEB，∴∠CFA=60°，②如图3,在AF上取一点G,使FG=CF,连接CG,∵∠AFC=60°， ∴△CGF是等边三角形，∴∠GCF=60°，CG=CF，∴∠GCB ∠BCE=60°，∵∠ACB=60°，∴∠ACG ∠GCB=60°， ∴∠ACG=∠BCE，∵AC=BC，∴△ACG≌△BCF，∴AG=BF，
初中几何专项——手拉手模型
E A D B C E A D B C E D C B A 图3图21图 O H G A B C D M P D E C B A 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：△BAD ≌△CAE 。 模型分析 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△GDB 都为等腰直角三角形，连接AG 、CB ，相交于点H ，问：（1）AG 与CB 是否相等？ （2）AG 与CB 之间的夹角为多少度？ 3．在线段AE 同侧作等边△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。
F E C B A H D E C B A 1．如图，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。 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．证明： （1）AE=DC； （2）∠AHD=60°； （3）连接HB，HB平分∠AHC。
B A D C P E 3图B D A E C 图21 图P D E C B A 3．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 绕点A 逆时针方向旋转一个角度α（0°<α>180°），BD 的延长线交CE 于P 。 （1）如图②，证明：BD=CE ，BD ⊥CE ； （2）如图③，在旋转的过程中，当AD ⊥BD 时，求出CP 的长。
几何辅助线之手拉手模型初
手拉手模型教学目标: 1：理解手拉手模型的概念，并掌握其特点 2：掌握手拉手模型的应用 知识梳理： 1、等边三角形 条件：△OAB，△OCD均为等边三角形 结论：；； 导角核心： 2、等腰直角三角形 条件：△OAB，△OCD均为等腰直角三角形 结论：；； 导角核心： 3、任意等腰三角形 条件：△OAB，△OCD均为等腰三角形，且∠AOB = ∠COD 结论：；；
核心图形： 核心条件：；； 典型例题： 例1:在直线ABC的同一侧作两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明：（1）△ABE≌△DBC；（2）AE=DC； （3）AE与DC的夹角为60°；（4）△AGB≌△DFB； （5）△EGB≌△CFB；（6）BH平分∠AHC；GF∥AC 例2：如果两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明： （1）△ABE≌△DBC；（2）AE=DC；（3）AE与DC的夹角为60°； （4）AE与DC的交点设为H,BH平分∠AHC 例3：如果两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明： （1）△ABE≌△DBC；（2）AE=DC；（3）AE与DC的夹角为60°； （4）AE与DC的交点设为H,BH平分∠AHC 例4：如图，两个正方形ABCD和DEFG，连接AG与CE，二者相交于H 问：（1）△ADG≌△CDE是否成立？（2）AG是否与CE相等？ （3）AG与CE之间的夹角为多少度？（4）HD是否平分∠AHE？
例5：如图两个等腰直角三角形ADC与EDG，连接AG,CE,二者相交于H.问（1）△ADG≌△CDE是否成立？（2）AG是否与CE相等？ （3）AG与CE之间的夹角为多少度？（4）HD是否平分∠AHE？ 例6：两个等腰三角形ABD与BCE，其中AB=BD,CB=EB,∠ABD=∠CBE，连接AE与CD. 问（1）△ABE≌△DBC是否成立？ （2）AE是否与CD相等？（3）AE与CD之间的夹角为多少度？ （4）HB是否平分∠AHC？ 例7：如图，分别以△ABC 的边AB、AC 同时向外作等腰直角三角形，其中 AB =AE ， AC =AD，∠BAE =∠CAD=90°，点G为BC中点，点F 为BE 中点，点H 为CD中点。探 索GF 与GH 的位置及数量关系并说明理由。 例8：如图1，已知∠DAC=90°，△ABC是等边三角形，点P为射线AD任意一点（P与A不重合），连结CP，将线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，连结QB并延长交直线AD 于点E. （1）如图1，猜想∠QEP=_______°； （2）如图2，3，若当∠DAC是锐角或钝角时，其它条件不变，猜想∠QEP的度数，选取一种情况加以证明； （3）如图3，若∠DAC=135°，∠ACP=15°，且AC=4，求BQ的长．
中考数学专题训练几何题中用旋转构造“手拉手”模型
中考专题复习——几何题用旋转构造“手拉手”模型 一、教学目标： 1.了解并熟悉“手拉手模型”，归纳掌握其基本特征． 2.借助“手拉手模型”，利用旋转构造全等解决相关问题． 3.举一反三，解决求定值，定角，最值等一类问题． 二、教学重难点： 1.挖掘和构造“手拉手模型”，学会用旋转构造全等． 2.用旋转构造全等的解题方法最优化选择． 三、教学过程： 1.复习旧知 师：如图，△ABD ，△BCE 为等边三角形，从中你能得出哪些结论？ 生：（1）△ABE ≌△DBC （2）△ABG ≌△DBF （3）△CFB ≌△EGB （4）△BFG 为等边三角形 （5）△AGB ∽△DGH （6）∠DHA ＝60°（7）H ，G ，F ，B 四点共圆 （8）BH 平分∠AHC …… 师：我们再来重点研究△ABE 与△DBC ，这两个全等的三角形除了对应边相等，对应角相等外，还有什么共同特征呢？ 生：它们有同一个字母B ，即同一个顶点B ． 师：我们也可以把△DBC 看作由△ABE 经过怎样的图形运动得到？ 生：绕点B 逆时针旋转60°得到． 2.引入新课 师：其实我们可以给这两个全等的三角形赋予一个模型，叫“手拉手模型”，谁可以将这个模型的特征再做进一步的简化归纳呢？ 生：对应边相等． 师：我们可以称之为“等线段”． 生：有同一个顶点． 师：我们可以称之为“共顶点”． 师：等线段，共顶点的两个全等三角形，我们一般可以考虑哪一种图形运动？ 生：旋转． 师： “手拉手模型”可以归纳为：等线段，共顶点，一般用旋转． H G F E D C B A
3.小题热身 图1 图2 图3 1．如图1，△BAD中，∠BAD＝45°，AB＝AD，AE⊥BD于E，BC⊥AD于C，则AF＝____BE．2．如图2，△ABC和△BED均为等边三角形，ADE三点共线，若BE＝2，CE＝4，则AE＝______．3．如图3，正方形ABCD中，∠EAF＝45°，BE＝3，DF＝5，则EF＝_______． 师：我们来看第1，第2题，这里面有“手拉手模型”吗？请你找出其中的“等线段，共顶点”．生：题1中，等线段是AC，BC，共顶点是C，△ACF绕点C逆时针旋转90°得△BCD．题2中，等线段是AB，BC，共顶点是B，△ABD绕点D顺时针旋转60°得△CBE． 师：我们再来看第3题，这里有“手拉手模型”吗？ 生：没有． 师：那其中有没有“等线段，共顶点”呢？ 生：等线段是AD，AB，共顶点是A． 师：我们可否利用旋转来构造“手拉手模型”呢？ 生：将AE旋转，绕点A逆时针旋转90°． 师：为什么是逆时针旋转90°，你是如何思考的？ 生：我准备构造一个和△ABE全等的三角形，AB绕点A逆时针旋转90°即为AD，那么将AE逆时针旋转90°可得AG，连接GD，证明全等． 师：说的不错，谁能再来归纳一下，借助“手拉手模型”，用旋转构造全等的方法吗？ 生：先找有没有“等线段，共顶点”，再找其中一条“共顶点”的线段，将其旋转． 师：旋转角度如何确定，方向怎么选择？ 生：选择其中一个三角形，将“共顶点”的线段旋转．旋转角为两条“等线段”间的夹角．方向应与所选择的起始“等线段”旋转到另一条“等线段”时的方向一致． 师：非常棒，可以说，你已经掌握了这节课的精髓．但是，很多题目中只是隐含了“手拉手模型”的一些条件，剩余的需要我们自己去构造，可以如何构造呢？ 步骤1：先找有没有“等线段，共顶点”． 步骤2：选择其中一个三角形，将其中经过“共顶点”的线段旋转．
几何辅助线之手拉手模型(初三)
手拉手模型 教学目标: 1：理解手拉手模型的概念，并掌握其特点 2：掌握手拉手模型的应用 知识梳理： 1、等边三角形 条件：△OAB，△OCD均为等边三角形 结论：；； 导角核心： 2、等腰直角三角形
条件：△OAB，△OCD均为等腰直角三角形 结论：；； 导角核心： 3、任意等腰三角形 条件：△OAB，△OCD均为等腰三角形，且∠AOB = ∠COD 结论：；； 核心图形： 核心条件：；；
典型例题： 例1:在直线ABC的同一侧作两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明：（1）△ABE≌△DBC；（2）AE=DC；（3）AE与DC的夹角为60°；（4）△AGB≌△DFB； （5）△EGB≌△CFB；（6）BH平分∠AHC；GF∥AC 例2：如果两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明： （1）△ABE≌△DBC；（2）AE=DC；（3）AE与DC的夹角为60°； （4）AE与DC的交点设为H,BH平分∠AHC A 例3：如果两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明： （1）△ABE≌△DBC；（2）AE=DC；（3）AE与DC的夹角为60°； （4）AE与DC的交点设为H,BH平分∠AHC
例4：如图，两个正方形ABCD和DEFG，连接AG与CE，二者相交于H 问：（1）△ADG≌△CDE是否成立？（2）AG是否与CE相等？ （3）AG与CE之间的夹角为多少度？（4）HD是否平分∠AHE？ F 例5：如图两个等腰直角三角形ADC与EDG，连接AG,CE,二者相交于H.问（1）△ADG≌△CDE是否成立？（2）AG是否与CE相等？ （3）AG与CE之间的夹角为多少度？（4）HD是否平分∠AHE？
中考数学几何专题——手拉手模型一
手拉手模型 一、手拉手模型 1.手的判别：人站在等腰三角形顶角的位置，张开双臂，左手边的腰为左手，右手边的腰为右手。 2.手拉手模型的定义： 两个等顶角的等腰三角形组成的图形，且顶角的顶点为公共顶点。（顶角相等、等腰三角形、共顶点） 条件模型结论特殊结论 △ABC与△CDE是等腰三角形，且 ∠ACB=∠DCE (1) D ACD@D BC E (SSS) (2)AD=BE (左手拉左手，右手拉右手) (3)DBHA=DBCA (4)HC平分DAHE △ABC与△CDE是等腰直角三角形，且∠ACB=∠DCE=90°(5)S D BCD=S D ACE (6) BD2+AE2=AB2+DE2 正方形ACBP与正方形CEQD是正方形
△ABC 与△CDE是等 边三角形(5)D ACM@D BCN D DCM@D ECN (6) CM=CN (7)D CMN是等边三角形 (8)MN∥AE，CD∥AB, CB∥DE (9) BH+CH=AH DH+CH=EH 二、手拉手模型的变形：（两三角形相似，且对应角共顶点） 条件模型结论 D BAC∽D DAE,且DDAE=DBAC (1)D BAD∽D CAE(两边对应成比例且夹角相等) (2) BD CE = BA CA (3) DBHC=DBAC 【巩固练习】 1、如图所示，若△ABC、△ADE都是正三角形，试比较线段BD与线段CE的大小.
2、如图，C为线段AE上一动点（不与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CD交于点Q，连接PQ，以下五个结论：①AD=BE；②PQ∥AE；③AP=BQ；④DE=DP；⑤∠AOB=60°其中完全正确的是（） 3、如图，分别以△ABC的三边为边在BC的同侧作三个等边三角形，即△ABD，△BCE，△ACF．请回答下列问题： （1）说明四边形ADEF是什么四边形？ （2）当△ABC满足什么条件时，四边形ADEF是矩形？ （3）当△ABC满足什么条件时，四边形ADEF是菱形？ （4）当△ABC满足什么条件时，四边形ADEF是正方形？ （5）当△ABC满足什么条件时，以A，D，E，F为顶点的四边形不存在？ 4、问题情境： 如图1，已知△ABC和△DCE中，∠ACB=∠DCE=90°，AC=BC=2，CD=CE=1，点D在
八年级假期复习几何基本模型之-手拉手模型
几何基本模型之手拉手模型 1.如图，△ ADC与△ GDB都为等腰直角三角形， 连接相等？（2）AG与CB之间的夹角为多少 度？ AG CB相交于点H,问：（1）AG与CB是否 2.如图，直线AB的同一侧作△ ABD^R^ BCE都为等边三角形，连接AE CD二者交点为H。求证: (1)△ABE^A DBC ( 2) AE=DC (3)Z DHA=60 ; ( 4)A AGB^A DFB ( 5)A EGB^A CFB (6)连接GF, GF// AC ( 7)连接HB HB平分Z AHC 3?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 .证明：（1）AE=DC（2）Z AHD=60 ; （3）连接HB HB平分Z AHC 模型手拉手 E D ADE是等腰三角 形, 例题：如图，△ ABC是等腰三角形、△AB=AC AD=AE Z BAC2 DAE求证:△BAD^A CAE 模型练习 n D C B
4 . 在线段AE 同侧作等边△ CDE (/ACEV120 )，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。 5 .如图：BE 丄AC , CF 丄 AB , BM=AC , CN=AB 。求证：(1) AM=AN ; ( 2) AM 丄AN 。 6.如图， 已知等边三角形 ABC 中，点D, E , F 分别为边AB AC BC 的中点，M 为直线BC 上一动 点，△ DMF 为等边三角形(点M 的位置改变时，△ DMr 也随之整体移动). (1) 如图①，当点 M 在点B 左侧时，请你判断 EN 与 MF 有怎样的数量关系？点 F 是否在直线NE 上？都请直接 写出结论，不必证明或说明由； (2) 如图②，当点 M 在 BC 上时，其它条件不变，(1)的结论中EN 与 MF 的数量关系是否仍然 成 立？若成立，请利用图②证明；若不成立，请说明理由； (3) 若点M 在点C 右侧时，请你在图③中画出相应的图形，并判断( 1)的结论中EN 与 MF 的数 量关系是否仍然成立？若成立?请直接写出结论，不必证明或说明理由. A D
三角形手拉手模型-专题讲义(无答案)
手拉手模型 1、等边三角形 条件：△OAB，△OCD均为等边三角形 结论：；；导角核心：八字导角 2、等腰直角三角形 条件：△OAB，△OCD均为等腰直角三角形 结论：；；导角核心：
3、任意等腰三角形 条件：△OAB，△OCD均为等腰三角形，且∠AOB = ∠COD 结论：；； 核心图形： 核心条件：；； 例题讲解： A类 1：在直线ABC的同一侧作两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，等边三角形要得到哪些结论？ 要联想到什么模型？
证明：（1）△ABE≌△DBC； （2）AE=DC； （3）AE与DC的夹角为60°； （4）△AGB≌△DFB； （5）△EGB≌△CFB； （6）BH平分∠AHC； 解题思路： 1：出现共顶点的等边三角形，联想手拉手模型 2：利用边角边证明全等； 3：八字导角得角相等； 2：如图两个等腰直角三角形ADC与EDG，连接AG,CE,二者相交于H. 等腰直角三角形要得到哪些结论？ 要联想到什么模型？ 问（1）△ADG≌△CDE是否成立？ （2）AG是否与CE相等？ （3）AG与CE之间的夹角为多少度？ （4）HD是否平分∠AHE？
解题思路： 1：出现共顶点的等腰直角三角形，联想手拉手模型 2：利用边角边证明全等； 3：八字导角得角相等； 3：如图，分别以△ABC 的边AB、AC 同时向外作等腰直角三角形，其中 AB =AE ，AC =AD，等腰直角三角形要得到哪些结论？ 要联想到什么模型？ ∠BAE =∠CAD=90°，点G为BC中点，点F 为BE 中点，点H 为CD中点。探索GF 与多个中点，一般考虑什么？ GH 的位置及数量关系并说明理由。
初中几何常见九大模型解析(完美版)
初中几何常见九大模型解析模型一：手拉手模型-旋转型全等 （1）等边三角形 ?条件：均为等边三角形 ?结论：①；②；③平分。 （2）等腰 ?条件：均为等腰直角三角形 ?结论：①；②； ?】 ?③平分。 （3）任意等腰三角形 ?条件：均为等腰三角形 ?结论：①；②； ?③平分 模型二：手拉手模型-旋转型相似 （1）一般情况 ?条件：，将旋转至右图位置 ?` ?结论： ?右图中①； ?②延长AC交BD于点E，必有
（2）特殊情况 ?条件：，，将旋转至右图位置 ?结论：右图中①；②延长AC交BD于点E，必有； ③； ④； ' ⑤连接AD、BC，必有； ⑥（对角线互相垂直的四边形） 模型三：对角互补模型 （1）全等型-90° ?条件：①；②OC平分 ?结论：①CD=CE;②；③ ?证明提示： ①作垂直，如图，证明； - ②过点C作,如上图（右），证明； ?当的一边交AO的延长线于点D时： 以上三个结论：①CD=CE（不变）； ②；③ 此结论证明方法与前一种情况一致，可自行尝试。 （2）全等型-120° ?条件：①； ?②平分； ?<
?结论：①；②； ?③ ?证明提示：①可参考“全等型-90°”证法一； ②如图：在OB上取一点F，使OF=OC，证明为等 边三角形。 （3）全等型-任意角 ?条件：①；②； ?结论：①平分；②； ?③. ?' ?当的一边交AO的延长线于点D时（如右上图）： 原结论变成：①；②；③； 可参考上述第②种方法进行证明。请思考初始条件的变化对模型的影响。 ?对角互补模型总结： ①常见初始条件：四边形对角互补；注意两点：四点共圆及直角三角形斜边中线； ②初始条件“角平分线”与“两边相等”的区别； ③两种常见的辅助线作法； ④注意平分时，相等如何推导 ? 模型四：角含半角模型90°
全等几何模型讲解
常见的几何模型 一、旋转主要分四大类：绕点、空翻、弦图、半角。 这四类旋转的分类似于平行四边形、矩形、菱形、正方形的分类 。 1?绕点型（手拉手模型） "遇60°旋60°,造等边三角形 （1）自旋转：自旋转构造方法遇90°旋90°，造等腰直角遇等腰旋 顶角，造旋转全等遇中点旋 1800，造中心对称 图(1-2)心图(l-1-a) 图(1-9
例题讲解: 1. 如图所示，P是等边三角形ABC内的一个点，PA=2 PB= 2... 3 , PC=4,求厶ABC的边长。 2. 如图，0是等边三角形ABC内一点，已知：/ A0B=115°, / BOC=125,则以线段0A、 OB、0C为边构成三角形的各角度数是多少？ 3. 如图，P是正方形ABCD内一点，且满足PA PD PC=1: 2: 3，则/ APD=. 4?如图（2-1） : P是正方形ABCD内一点，点P到正方形的三个顶点A、B、C的距离分别为PA=1 , PB=2 , PC=3。求此正方形ABCD面积。 图(2-1) C
(2)共旋转(典型的手拉手模型) 模型变形: 共顶点等腰三角形
例题讲解： 1. 已知△ABC 为等边三角形，点 D 为直线BC 上的一动点（点 D 不与B,C 重合），以AD 为边作菱形 ADEF （按A,D,E,F 逆时针排列），使/ DAF=60，连接CF. （1） 如图1,当点 D 在边BC 上时，求证：① BD=CF ?②AC=CF+CD. （2） 如图2，当点D 在边BC 的延长线上且其他条件不变时， 结论AC=CF+CD 是否成立？若 不成立，请写出 AC 、CF 、CD 之间存在的数量关系，并说明理由； （3） 如图3 ,当点D 在边BC 的延长线上且其他条件不变时， 补全图形，并直接写出AC > CF 、 CD 之间存在的数量关系。 2?半角模型 说明：旋转半角的特征是相邻等线段所成角含一个二分之一角， 通过旋转将另外两个和为 二分之一的角拼接在一起，成对称全等。 2. （ 13北京中考） 在厶ABC 中， AB=AC, / BAC=: （O °va v60。）,将线段BC 绕点B 逆时针旋转60。得 到线段 BD 。 （第2斗题图1） （第24题图2） (1) 如图 直接写出/ ABD 的大小（用含:-的式子表示）； (2) 如图 / BCE=150，/ ABE=60°,判断△ ABE 的形状并加以证明; 在（2） 的条件下，连结 DE ,若/ DEC=45，求〉的值。
中考数学必考几何模型：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 ＝α． 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 ＝α， ∴∠BAD ＝∠CAE ． 在△BAD 和△CAE 中， AB AC BAD CAE AD AE =?? ∠=∠??=? ﹐﹐ ﹐ 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？ C D E A B 图① C D E A B 图② C D E A B 图③ C G H O
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， AD CD ADG CDE DG DE =?? ∠=∠??=? ﹐﹐ ﹐ ∴△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， BA BD ABE DBC BE BC =?? ∠=∠??=? ﹐﹐ ﹐ ∴△ABE ≌△DBC ． （2）∵△ABE ≌△DBC ， ∴AE ＝DC ． （3）△ABE ≌△DBC ， ∴∠1＝∠2． ∴∠DGH ＝∠AGB ． C D E F G H A B
全等三角形常见的几何模型
1、绕点型（手拉手模型） （1）自旋转：?????? ?，造中心对称遇中点旋 全等遇等腰旋顶角，造旋转 ，造等腰直角 旋遇，造等边三角形旋遇自旋转构造方法00 00018090906060 （2 ）共旋转（典型的手拉手模型） 例1、在直线ABC 的同一侧作两个等边三角形△ABD 和△BCE ，连接AE 与CD ，证明： （1） △ABE ≌△DBC （2） AE=DC （ 3） AE 与DC 的夹角为60。 （4） △AGB ≌△DFB （5） △ EGB ≌△CFB （6） BH 平分∠AHC （7） GF ∥AC 变式练习1、如果两个等边三角形△ABD 和△BCE ，连接AE 与CD ，证明： （1） △ABE ≌△DBC （2） AE=DC （3） AE 与DC 的夹角为60。 （4） AE 与DC 的交点设为H,BH 平分∠AHC
变式练习2、如果两个等边三角形△ABD 和△BCE ，连接AE 与CD ，证明： (1)△ABE ≌△DBC (2)AE=DC (3)AE 与DC 的夹角为60。 （4）AE 与DC 的交点设为H,BH 平分∠AHC （1）如图1，点C 是线段 AB 上一点，分别以AC ，BC 为边在AB 的同侧作等边△ACM 和△CBN ，连接AN ，BM ．分别取BM ，AN 的中点E ，F ，连接CE ，CF ，EF ．观察并猜想△CEF 的形状，并说明理由． （2）若将（1）中的“以AC ，BC 为边作等边△ACM 和△CBN”改为“以AC ，BC 为腰在AB 的同侧作等腰△ACM 和△CBN ，”如图2，其他条件不变，那么（1）中的结论还成立吗？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由． 例4、例题讲解： 1. 已知△ ABC 为等边三角形，点D 为直线BC 上的一动点（点D 不与B,C 重合），以AD 为边作菱形ADEF(按A,D,E,F 逆时针排列），使∠DAF=60°,连接CF. (1) 如图1，当点D 在边BC 上时，求证：① BD=CF ? ②AC=CF+CD. (2)如图2，当点D 在边BC 的延长线上且其他条件不变时，结论AC=CF+CD 是否成立？若不成立，请写出AC 、CF 、CD 之间存在的数量关系，并说明理由； (3)如图3，当点D 在边BC 的延长线上且其他条件不变时，补全图形，并直接写出AC 、CF 、CD 之间存在的数量关系。
全等三角形之手拉手模型专题
全等三角形之手拉手模型专题 基本图形1、图（1）中，C 点为线段AB 上一点，△ACM，△CBN 是等边三角形，AN 与BM 相等吗？说明理由； 如图（2） C 点为线段AB 上一点，等边三角形ACM 和等边三角形CBN 在 AB 的异侧，此时AN 与BM 相等吗？说明理由； 如图（3）C 点为线段AB 外一点，△ACM，△CBN 是等边三角形，AN 与BM 相等吗？ 说明理由． 分析：题中三问均是对等边三角形性质的考查以及全等三角形的证明，由 已知条件，利用等边三角形的性质可找出对应边及夹角相等，证明全等， 即可得到线段相等． 解：（1）相等． 证明如下：∵△ACM，△CBN 是等边三角形， ∴AC=CM，CN=BC， 又∠ACN=∠MCN+60°∠MCB=∠MCN+60°， ∴∠ACN=∠MCB， ∴△ACN≌△MCB，∴AN=BM． （2）相等． 证明如下：∵△ACM，△CBN 是等边三角形， ∴AC=CM，CN=BC 又∠ACN=∠MCB， ∴△ACN≌△MCB， ∴AN=BM． （3）相等． 证明如下：∵△ACM，△CBN 是等边三角形， ∴AC=CM，CN=BC， 又∠ACN=∠MCN+60°∠MCB=∠MCN+60°， ∴∠ACN=∠MCB， ∴△ACN≌△MCB， ∴AN=BM． 点评：本题考查了全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质；可围 绕结论寻找全等三角形，运用全等三角形的性质判定线段相等，证得三 角形全等是正确解答本题的关键．
变形2、（1）如图1，点C 是线段AB 上一点，分别以AC，BC 为边在AB 的同侧作等边△ACM 和△CBN，连接AN，BM．分别取BM，AN 的中点E，F，连接 CE，CF，EF．观察并猜想△CEF 的形状，并说明理由． （2）若将（1）中的“以AC，BC 为边作等边△ACM 和△CBN”改为“以AC，BC 为腰在AB 的同侧作等腰△ACM 和△CBN，”如图2，其他条件不变， 那么（1）中的结论还成立吗？若成立，加以证明；若不成立，请说明理 由． 点评：（ 1 ）先求证△ACN≌△MCB ，得出AN=BM ，∠ANC=∠MBA ，再证△NFC≌△BEC，得出CE=CF，∠BCE=∠NCF，利用等边三角形的角度60， 得出∠ECF=60°，证得结论成立； （2）证明过程如上（1）中的结论只有CE=CF，而∠ECF 只等于等腰三角 形的顶角≠60°，得出结论不成立． 解：（1）如图1，△CEF 是等边三角形， 理由：∵等边△ACM 和△CBN， ∴AC=MC，BC=NC，∠ACN=∠MCB， 在△ACN 和△MCB 中 NC＝BC ∠ACN＝∠MCB AC＝MC ∴△ACN≌△MCB（SAS）， ∴AN=MB，∠ANC=∠MBA， 在△NFC 和△BEC 中， NC＝BC ∠FNC＝∠EBC NF＝BE ∴△NFC≌△BEC（SAS）， ∴EC=CF， ∵∠BCE+∠ECN=60°，∠BCE=∠NCF， ∴∠ECF=60°， ∴△CEF 是等边三角形； （2）如图2，不成立，首先∠ACN≠∠MCB， ∴△ACN 与△MCB 不全等． 如果有两个等腰三角形的顶角相等，那么结论也不成立， 证明方法与上面类似，只能得到CE=CF，而∠ECF 只等于等腰三角形的顶角≠60°．点评：此题综合考查等边三角形的性质与判定，三角形全等的判定与性 质，等腰三角形的性质等知识点．