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专题01 手拉手模型大全 等边三角形 模型一、△ACE与△DBC是等边三角形。当B、C、E三点不共线时 1.△ACE?△BCD 2.BD=CE 3.∠APB=60° 思路引领: 由:∠ACB=∠ECD=60°?∠BCD=∠ACE 又∵AB=AC, CD=CE ∴△ACE?△BCD ∴BD=AE, ∠CAE=∠CBD (法一)∴点A,B,C,P四点共圆. ∴∠APB=∠ACB= 60° (法二) ∠APB+∠CAE=∠ACB +∠BCD=∠AGB ∴∠APB=∠ACB= 60° 模型二、△ACE与△DBC是等边三角形。当B、C、E三点共线时，则有以下10个结论 (可借助右边备用图) 1.△ACE?△BCD 2.BD=CE 3.∠APB=60° 以上证法同一. 4.△HCA?△BGC 由△ACE?△BCD可得∠CAE=∠CBD, 又∵AB=AC, ∠ACH=∠BCG=60°, ∴△HCA?△BGC 5.△GCH是等边三角形. △HCA?△BGC ?CG=CH 又由于∠BCG=60°, 所以△GCH是等边三角形. 6.△GDC?△HCE △HCA?△BGC ?CG=CH 又由于DC=ED,∠ACH=∠BCG=60° 可得△GDC?△HCE 7.GH∥BE 由△GCH是等边三角形. 可得∠CHG=∠HCE=60° GH∥BE 8.PC平分∠EPB 思路: 过点C作CM,CN分别垂直于BD,AE,垂足为 M,N ∵△ACE?△BCD ∴CM=CN ∴PC平分∠EPB 9.BP=AP+PC,EP=PD+PC 如图,截取BQ=AP 易证△APC?△BQC 得∠BCQ=∠ACP,CP=CQ 可证: ∠QCP=60° 得△CPQ为等边三角形. 则CP=QP. ∴BP=BQ+QP=AP+AC 同法可证: EP=PD+PC 10.△GCB∽△APG，△DPH∽△HCE 由上述结论中的: ∠CBG=∠PAG, ∠APG=∠GCB,可证△GCB∽△APG 同理可证△DPH∽△HCE 等腰篇 模型三、若△ACE与△DBC是等腰三角形。 且∠ACB=∠ECD=α, 1. △ACD?BCE 2.CF平分∠DFE 3. ∠AFB=α 证明思路同上 模型四、如图，正方形ABCD和正方形CEFG边长分别为a和b， 正方形CEFG绕点C旋转，试证明： 1. △DCG?△EBC，BE＝DG； 2.BE⊥DG； 3.DE2+BG2＝2a2+2b2 4. △DHM∽△BCM, △HEN∽△CGN 1. ∵正方形ABCD和正方形CEFG ∴BC＝CD＝a，CE＝CG＝b，∠BCD＝∠ECG＝90° ∴∠BCD+∠DCE＝∠ECG+∠DCE， 即∠BCE＝∠DCG ∴△BCE≌△DCG（SAS） ∴BE＝DG， 2. 设BE与CD交于H， ∵∠CBE+∠BTC＝90°，∠BTC＝∠DTE ∴∠CDG+∠DTE＝90°， ∴∠DHT＝90° ∴BE⊥DG 3. 连接BD，EG，在Rt△DEH中，DE2＝DH2+EH2，在Rt△BGH中，BG2＝BH2+GH2 在Rt△BDH中，BH2+DH2＝BD2，在Rt△EHG中，EH2+GH2＝EG2， ∴DE2+BG2＝DH2+EH2+BH2+GH2＝BD2+EG2， 在Rt△BCD中，BD2＝BC2+CD2＝2a2，在Rt△CEG中，EG2＝CE2+CG2＝2b2， ∴DE2+BG2＝2a2+2b2， 4. ∵∠CBM=∠MDH, ∠CMB=∠DMH. ∴△DHM∽△BCM,同理可证：△HEN∽△CGN 五、垂美四边形 △ABC中，∠BAC=90°,△ABD，△ACE，△BCF都是等边三角形，可以得到： 1.△DBF?△ABC?△FEC 2.四边形FEAD是平行四边形 3.∠FDA=30° ∵△ABD，△ACE都是等边三角形， ∴∠DAB＝∠EAC＝60°， ∴∠DAE＝150°， ∵△ABD和△FBC都是等边三角形， ∴BD＝BA，BF＝BC，∠DBF+∠FBA＝∠ABC+∠ABF＝60°， ∴∠DBF＝∠ABC， 在△ABC与△DBF中，BD=BA∠DBF=∠ABC ∴△ABC≌△DBF（SAS）， ∴AC＝DF＝AE＝4， 同理可证：△ABC≌△EFC（SAS）， ∴AB＝EF＝AD＝3， ∴四边形AEFD是平行四边形， ∴∠DFE＝∠DAE＝150°， ∴∠FDA＝180°﹣∠DFE＝180°﹣150°＝30° 冲刺演练 一．选择题 1．如图，正方形ABCD和正方形CEFG的边长分别为a和b，BE 和DG相交于点H，连接HC，给出下列结论：①BE＝DG；②BE⊥DG；③DE2+BG2＝2a2+2b2；④HC平分∠BHG，其中正确结论是（　　） A．只有①②③ B．只有①②④ C．只有②③④ D．①②③④ 2．如图