8、手拉手模型

1、手拉手模型头条：数学源泉如图,zABC是等腰三角形、ZXADE是等腰三角形,AB二AC,AD=AE,ZBAC=ZDAE=a.结论：ZXBAD/XCAE.等腰三角形分为:等边三角形、等腰直角、任意等腰三角形,几种特殊情况分别讨论如下：1、等边三角形条件：40AB,MCD均为等边三角形结论：OACOBD；ZAEB=60°.E平分ZAED导角核心：2、等腰直角三角形条件：&OAB,MCD均为等腰直角三角形结论：AOAC-OBD；N4EB=90.；.E平分ZAED导角核心：3、任意等腰三角形D条件：&OAB,OCD均为等腰三角形,且NA0B=ZC0D结论：/OACOBD；ZA

2、EB=ZAOB;OE平分ZAED核心图形：D核心条件：OA=OB；OC=OD；ZAOB=ZCOD接下来,将针对以“两个等边三角形为载体的模型与方法进行分析和讲解.两个等边三角形放在一起,最常见的就是''手拉手模型,这个模型包含了许多非常重要的结论和方法！重点给大家分享一下两个等边三角形放在一起的模型,其中最最重要的就是两个等边三角形共顶点的模型,俗称''手拉手模型.A针对这个模型的研究,一般分为三个方向：一.不变性二,特殊位置出现的特殊结论(临界点)三,增加局部条件得出的新结论首先,我们来研究一下这个模型中都包含哪些“不变性质.第一个不变性质就是全等,如下列图:

3、无论两个等边三角形的相对位置如何ACD合BCE(SAS)始终成立.全等AE第二个不变性质是角度问题,如下列图：根据第一条性质的全等,得出N1=/2,再依据'蝴蝶模型'或者、'8号模型倒角或者''四点共圆'都可以得出AD和BE的夹角/APB=60.,这个结论不随等边三角形的相对位置变化而变化.也具有不变性.第三个不变性质是角平分线,如下列图：CP始终平分NBPD,也就是说NBPC=nDPC=60.始终成立.如下列图,分别作BE和AD的垂线段CH和CK,由ACD之BCE(SAS),可以知道4ACD和BCE的面积相等,底也相等,全等三角形对应高也相等,

4、所以高CH=CK.根据角平分线的性质,可以知道CP平分NBPD.证法2：如下列图,根据zl=z2,AC=BC,在BPBF=AP,贝必ACP2&BCF(SAS),于是,CF=CP,zFCP=zBCA=60°,所以FPC是等边三角形.这样,也就得出NFPC=ZDPC=60°,CP平分NBPD.第四个不变性质就是''等边+120.模型(这里中考不做要求)这个模型在这里始终会出现.对角互补旋转也就是说在这个模型中,BP=CP+AP,PE=CP+PD始终成立.等边十120°模型最后,以上这些结论看似简单,但是要想让学生彻底掌握,需要进行稳固和强化训练

5、,练习的方式最好就变换不同的角度和相对位置,让自己再去证实一次,找到所有的全等、不变角、角平分线、线段和差模型、等性质.比方,进行以下四个图形位置的练习：B二、特殊位置出现的特殊结论手拉手模型共线下面我先给大家继续介绍经典几何模型一手拉手模型,特殊位置下的特殊结论,这也是历年数学中考常考的几何压轴题型之一.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)ABEa&DBC(2)AE=DC(3) AE与DC的夹角为60(4) AGBMDFB(5) EGB里CFB(6) BH平分NAHC(7) GFIIAC解析：(1)vAABD和BCE是等边三角形,：.

6、AB=DB,BC=BE,ZABD=ZCBE=60°,zABD+zDBE=zCBE+zDBE,即/DBC=ZABE,在ABE和DBC中,易证实ABE2DBC(SAS)(2) ABE登aDBC(SAS)AE=CD；(3) ,4AB&4DBC,NAEB=nDCB.又NHFE=zBFC(对顶角相等)HFEBFC中,zEHF=180-zAEB-ZHFE;zCBF=180-ZDCB-NBFC,zEHF=ZCBF=60AE与DC的夹角为60.(4)AB=BD,BG=BF,zABG=ZDBF=60AGB纪DFB(5)EB=EC,BG=BF,zEBG=zCBF=60.EG%aCFB(6)过B作BM垂直AE于M,BN垂直CD于N.证实ABM2aDBM,贝！BM=BNBH平分/AHC(7)AAGB2DFB/.BG=BF又NGBF=60,.GBF为等边三角形zGFB=EBC=60,GFIIACD三、增加局部条件得出的新结论(8)线段和差关系AH=DH+BH或CH=BH+HE(提示：在AH取IZHI=BHCH取P,HP=BH)(9)BGF等边三角形(10)四点共圆：ABHD四点共圆,BFHG四点共圆,CBHE四点共圆总结：''两个共顶点的等边三角形的手拉手模型,对于这个模型的研究,