第2講 手拉手模型(教師版)

第2講手拉手模型(教師版)第4講手拉手模型一、手拉手?jǐn)?shù)學(xué)模型例1：如圖，等邊三角形ABE與等邊三角形AFC共點于A，連接BF、CE，求證：BF=CE并求出∠EOB的度數(shù)。解：因為△ABE、△AFC是等邊三角形，所以AE=AB，AC=AF，∠EAB=∠FAC=60°。因此，∠EAB+∠BAC=∠FAC+∠BAC，即∠EAC=∠BAF。又因為∠AGE=∠BGO，所以∠BOE=∠EAB=60°。所以，∠EOB=60°，且因為△AEC≌△ABF，所以BF=EC。例2：如圖，正方形BAFE與正方形ACGD共點于A，連接BD、CF，求證：BD=CF并求出∠DOH的度數(shù)。解：先證明△ABD≌△AFC，因此BD=FC，∠BDA=∠FCA。又因為∠DHO=∠CHAH，所以∠DOH=∠CAD=90°。例3：如圖，已知點C為線段AB上一點，△ACM、△BCN是等邊三角形。⑴求證：AN=BM。⑵將△ACM繞點C按逆時針方向旋轉(zhuǎn)180°，使點A落在CB上，請你對照原題圖在圖中畫出符合要求的圖形；⑶在⑵得到的圖形中，結(jié)論“AN=BM”是否還成立，若成立，請證明；若不成立，請說明理由；⑷在⑵所得的圖形中，設(shè)MA的延長線交BN于D，試判斷△ABD的形狀，并證明你的結(jié)論。解：⑴因為△ACM、△BCN是等邊三角形，所以AC=CM，BC=CN，∠ACM=∠BCN=60°。因此，∠ACN=∠MCB，在△ACN和△MCB中，AC=MC，∠ACN=∠MCB，CN=CB。所以，△ACN≌△MCB（SAS），因此AN=BM。⑵將△ACM繞點C旋轉(zhuǎn)180°后，如圖所示：⑶在⑵的情況下，結(jié)論AN=BM仍然成立。證明：因為∠BCM=∠NCA=60°，CA=CM，CN=CB，所以△CAN≌△CMB（SAS），因此AN=MB。⑷如圖，延長MA交BN于D，則△ABD為等邊三角形。證明：因為∠CAM=∠BAD=∠ABD=60°，所以△ABD是等邊三角形。二、旋轉(zhuǎn)全等構(gòu)圖：“手拉手”全等模型探究探究一：手拉手模型基本構(gòu)圖。如圖1，若$\triangleABC$與$\triangleADE$旋轉(zhuǎn)全等，則必有$\triangleABD$與$\triangleACE$為兩個頂角相等的等腰三角形（即相似的等腰三角形）；反之，如圖2，若有兩個頂角相等的等腰三角形$\triangleABD$與$\triangleACE$共頂角頂點，則必有$\triangleABC$與$\triangleADE$旋轉(zhuǎn)全等；而圖2正是“手拉手”模型的基本構(gòu)圖。探究二將探究一中的普通等腰三角形換成特殊的圖形，例如等邊三角形、等腰直角三角形、正方形，然后再探究結(jié)論如何變化。如圖3、圖4、圖5，當(dāng)兩個等邊三角形、等腰直角三角形、正方形共頂點時，$\triangleABC$與$\triangleADE$仍然旋轉(zhuǎn)全等，并且有兩個共同的結(jié)論：結(jié)論1：$\triangleABC\cong\triangleADE$；$BC=DE$；結(jié)論2：$\angleBOC=\angleCOE=\angleBAD=\angleCAE=60^\circ$；（倒角方法如下圖6、圖7、圖8的八字模型）探究三將探究二中的特殊圖形旋轉(zhuǎn)后結(jié)論是否仍然成立。如下圖9、圖10、圖11易得探究二中的兩個結(jié)論仍然成立。探究四深化探究二中圖3的結(jié)論。如圖12，可得：結(jié)論1：$\triangleABC\cong\triangleADE$；$BC=DE$；結(jié)論2：$\angleBOD=\angleCOE=\angleBAD=\angleCAE=60^\circ$；結(jié)論3：如圖12、圖13、圖14，可得三對三角形全等（$\triangleABC\cong\triangleADE$；$\triangleAHD\cong\triangleAGB$；$\triangleAGC\cong\triangleAHE$）。結(jié)論4：如圖15，連接GH，可得$\triangleAGH$為等邊三角形；（由結(jié)論3可得$AG=AH$）結(jié)論5：GH$\parallel$BE；（由結(jié)論4可得$\angleAGH=\angleBAD=60^\circ$）結(jié)論6：連接AO，可得AO平分$\angleBOE$；（如圖16，分別作AM$\perp$BC、AN$\perp$DE，AM與AN分別是全等三角形$\triangleABC$與$\triangleADE$對應(yīng)邊BC和DE上的高，故相等）注：已刪除明顯有問題的段落。2.如圖所示，正五邊形ABDEF與正五邊形ACMHG共點于A，連接BG、CF。求線段BG、CF的數(shù)量關(guān)系，并計算角度GNC的度數(shù)。首先，由正五邊形的性質(zhì)可知，$\triangleABG\cong\triangleAFC$。因此，$BG=CF$，$\angleACF=\angleAGB$。又因為$\angleNPG=\angleAPC$，所以$\angleGNC=\angleGAC=108^\circ$。3.如圖所示，等腰直角$\triangleADB$與等腰直角$\triangleAEC$共點于A，連接BE、CCD。求線段BE、CD的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系。首先證明$\triangleABE\cong\triangleADC$。因為$\angleADB=\angleAEC=90^\circ$，且$AB=AC$，所以$\triangleABE\cong\triangleADC$（直角邊和斜邊相等）。因此，$BE=CD$。又因為$\angleABE=\angleADC=45^\circ$，所以$BE\perpCD$。4.如圖所示，以AC、C為線段AB上一點，CB為邊在AB同側(cè)作等邊$\triangleACD$和等邊$\triangleBCE$，AE交DC于G點，DB交CE于H點。求證：GH$\parallel$AB。首先，由等邊三角形的性質(zhì)可知，$AC=CD$，$BC=CE$，$\angleACD=\angleECB=60^\circ$。因此，$\angleDCE=60^\circ$，$\angleACE=\angleDCB=120^\circ$。由全等三角形的性質(zhì)可知，$\triangleACE\cong\triangleDCB$，$\angleAEC=\angleDBC$。因此，$\triangleCHB\cong\triangleCEG$，$CH=CG$，$\angleCGH=\angleCHG=60^\circ$。由三角形內(nèi)角和定理可知，$\angleGHC=60^\circ$。因此，$\angleACG=\angleCGH=60^\circ$，即GH$\parallel$AB。5.已知在$\triangleABC$中，$\angleBAC=90^\circ$，$AB=AC$，點D為射線BC上一動點，連結(jié)AD，以AD為一邊且在AD的右側(cè)作正方形ADEF。（1）當(dāng)點D在線段BC上時（與點B不重合），如圖1，求證：$CF=BD$。由正方形的性質(zhì)可知，$AD=AF$，$\angleADF=90^\circ$，且$AF\parallelBC$。因此，$\triangleADF\cong\triangleABC$，$BD=CF$。當(dāng)點D運動到線段BC的延長線上時，仍然有BD=CF。這是因為在圖2中，∠DAF+∠DAC=∠BAC+∠DAC，即∠BAD=∠CAF。同時，在△ABD和△AC