《决胜中考数学考前抢分冲刺（全国通用）》专题01 手拉手模型大全（原卷版）

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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
H
G
P
E
C
A
B
D
H
G
E
A
D
P
E
C
A
B
D
M
N
H
G
P
C
A
B
D
P
E
C
A
B
D
H
G
P
E
C
A
B
D
1
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，
M
N
H
G
P
C
A
B
D
Q
G
P
E
C
A
B
D
G
P
E
C
A
B
D
F
E
B
C
D
2
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°，
G
F
E
D
A
C
B
N
M
H
F
G
B
C
A
D
E
3
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