附2 几何模型辅助线_

几何模型辅助线______-手拉手模型 一、方法突破 问题一：构成手拉手的必要条件． 当对一个几何图形记忆并不深刻的时候，可以尝试用文字取总结要点， 比如手拉手：四线共点，两两相等，夹角相等． 【专题说明】 两个具有公共顶点的相似多边形，在绕着公共顶点旋转的过程中，产生伴随的全等或相似 三角形，这样的图形称作共点旋转模型；为了更加直观，我们形象的称其为“手拉手”模 型。 条件：如图，=B，=D（四线共点，两两相等），∠B=∠D（夹角相等） 结论：△≌△BD（SS） A B C D O 证明无需赘述，关于条件中的=B，=D，有时候会直接以特殊几何图形的形式给出，比如我 们都很熟悉的等边三角形和正方形． 1．等边三角形手拉手 （1）如图，B、、D 三点共线，△B 和△DE 是等边三角形，连接D、BE，交于点P： E D C B A P 结论一：△D≌△BE 证明： → △D≌△BE（SS） （2）记、BE 交点为M，D、E 交点为： E D C B A N M E D C B A N M 结论二：△≌△BM；△ME≌△D 证明： → △≌△BM（SS）； → △ME≌△D（S） （3）连接M： E D C B A N M 结论三：△M 是等边三角形． 证明： →△M 是等边三角形． （4）记D、BE 交点为P，连接P： H G α α E D C B A P 结论四：P 平分∠BPD 证明：△BE≌△D → G= → P 平分∠BPD． （5）结论五：∠PB=∠BP=∠PD=∠DPE=60°． 60° 60° 60° 60° P A B C D E （6）连接E： E D C B A P 结论六：P 点是△E 的费马点（P+P+PE 值最小） 2．正方形手拉手 如图，四边形BD 和四边形EFG 均为正方形，连接BE、DG： H A B C D E F G 结论一：△BE≌△DG 证明： → △BE≌△DG（SS） 结论二：BE=DG，BE⊥DG 证明：△BE≌△DG → BE=DG； ∠BE＝∠DG → ∠DB=∠BD=90°（旋转角都相等） 【重点概述】手拉手模型是一种基本的旋转型全等，与其说看图找模型，不如是“找条件 定模型”． 问题二：条件与结论如何设计？ 设计一：我们可以给出手拉手模型条件，得到一组全等来解决问题，就像问题一中所得出 的结论那样； 设计二：如果题目已知△B≌△DE 外，则还可得△BD 和△E 均为等腰三角形，且有 △BD∽△E， ． E D C B A 问题三：如何构造手拉手？ 如何构造手拉手？换句话说，如何构造旋转？ 当我们在思考这个问题的时候，不妨先问一句，旋转能带来什么？ 图形位置的改变，这一点就够了，因为，若有数量关系，则先有位置关系． 【基本模型】 一、等边三角形手拉手-出全等 图1 图2 [] 图3 图4 二、等腰直角三角形手拉手-出全等 两个共直角顶点的等腰直角三角形，绕点旋转过程中（B、、D 不共线）始终有：[来源:Z#xx#km] ①△BD≌△E；②BD⊥E（位置关系）且BD=E（数量关系）；③F 平分∠BFE； 图1 图2 二、中考数学典例精析 例一：如图，等边三角形 的边长为4，点 是 的中心， ，绕点 旋转 ，分别交线段 、 于 、 两点，连接 ，给出下列四个结论：① ；② ；③四边形 的面积始终等于 ；④ 周长的最小 值为6．上述结论中正确的个数是 A B C D E F G O ．1 B．2 ．3 D．4 【分析】等边三角形中的旋转型全等 连接B、，易证△BD≌△E，∴D=E，结论①正确； A B C D E F G O 考虑∠FG 是可以旋转的，△DE 面积和△BDE 面积并非始终相等，故结论②错误； ∵△BD≌△E，∴四边形DBE 的面积等于△B 的面积， ，故结 论③正确； 考虑BD=E，∴BD+BE=E+BE=4，只要DE 最小，△BDE 周长就最小，△DE 是顶角为 120°的等腰三角形，故D 最小，DE 便最小， 当D⊥B 时，D 取到最小值 ， 此时 ，∴周长最小值为6，故结论④正确． 综上，选，正确的有①③④． 【小结】所谓全等，实际就是将△DB 绕点旋转到△E 的位置．等等，好像和某个图有点神 似，如下： D C B A O E F G 当然这个图形还可以简化一下，毕竟和D 点及F 点并没有什么关系． 结论与证明不多赘述，题型可以换，但旋转是一样的旋转． 例二：如图，点 在等边 的内部，且 ， ， ，将线段 绕点 顺时针旋转 得到 ，连接 ，则 的值为 ． 【分析】连接 ，则 是等边三角形，故 ， 易证△PB≌ ，∴ ， 又P=8，∴ 是直角三角形， ∴ ． 例三：如图， 是等边三角形 内一点，将线段 绕点 顺时针旋转 得到线段 ，连接 ．若 ， ， ，则四边形 的面积为 ． Q P A B C 【分析】分四边形为三角形． 连接PQ，易证△PQ 是等边三角形，△BPQ 是直角三角形， Q P A B C ， ， ∴四边形PBQ 的面积为 ． 例四：如图，等边三角形 内有一点 ，分別连结 、 、 ，若 ， ， ．则 ． P A B C 【分析】构造旋转． 如图，将△BP 绕点B 逆时针旋转60°得△BE，连接EP， 可得△EP 是直角三角形，△BEP 是等边三角形， E C B A P , 所以本题答为 ． 搭配一：若 ，则可任意旋转，得等边+直角． 且两条较短边夹角（∠PB）为150°． P A B C P A B C P A B C D E F 搭配二：若∠PB=150°，则有 ． 例五：如图， 为等边三角形 内的一点，且 到三个顶点 ， ， 的距离分别为 3，4，5，则 的面积为 P A B C ． B． ． D． 【分析】（3，4，5）是一组勾股数，通过旋转构造直角三角形． 法一：如图，将三个小三角形面积分别 S3 S2 S1 P A B C 考虑到△B 是等边三角形，可将△PB 旋转到△D 位置， 可得： ， S1 S2 S3 S1 S2 S3 F E D C B A P C B A P C B A P 同理可得： ， ， ∴ ，∴ ， 故选． 法二：如图，易证∠PB=150°，过点作BP 的垂线交BP 延长线于点， H P A B C E 则 ， ， ， ． 【思考】如果放在正方形里，条件与结论又该如何搭配？ 作旋转之后，可得△EP 是等腰直角三角形，若使△PEB 也为直角三角形， 则原∠PD=135°，而线段P、PB、PD 之间的关系为： ． A B C D E P 搭配一：若∠PD=135°，则 ； 搭配二：若 ，则∠PD=135°． 另外，其实这个图和点并没有什么关系，所以也可以将正方形换成等腰直角三角形． 大概如下图： 抓主要条件，舍弃无用条件，也是理解几何图形的一种方式． 例六：在Rt△B 中，B=，点P 是三角形内一点且∠PB=135°， ，的最大值为____ _____． A B C P 【分析】显然根据∠PB=135，构造旋转． Q A P B C 可得：△PQ 是等腰直角三角形，△PQ 是直角三角形，且∠PQ=90°， 另外还有条件 ． 重新梳理下条件， （1）有一条线段 ， （2）∠PQ=90°，则Q 点轨迹是个圆弧， （3）以PQ 为斜边在P 异侧作等腰直角三角形，点是直角顶点． A Q C P P C P C Q ∴点轨迹是什么？瓜豆原理啦，也是个圆弧： A C P P C Q A ∴的最大值为 ． 半角模型 一、方法突破 1．90°+45°模型． 如图，在正方形BD 中，E、F 分别在B、D 上，且∠EF=45°连接EF． 45° A B C D E F 【两个基本结论】 结论1：EF=BE+DF． 证明：延长D 至点G 使得DG=BE【截长】 45° A B C D E F G 45° 易证：△BE≌△DG（SS）→ E=G，∠GF=45° 易证：△FE≌△FG（SS）→ EF=GF 综上：EF=GF=GD+DF=BE+DF． 若E、F 分别在B、D 延长线上时，结论变为：EF=DF-BE． F E D C B A 45° 证明：在D 上取点G 使得DG=BE【补短】 G F E D C B A 45° 45° 易证：△BE≌△DG（SS）→ E=G，∠GF=45° 易证：△EF≌△GF（SS）→ EF=GF 综上：EF=GF=DF-DG=DF-BE 【小结】截长、补短只是形式，关键点在于已知半角的情况下，构造相应的另一个半角． 此处通过旋转，想要将一个图形毫无违和地旋转到另一位置，需要：邻边相等，对角互补 正方形可满足一切你所想． 结论2：连接BD，与E、F 分别交于M、，则： ． M N F E D C B A 45° 证明：构造△DM’≌△BM → M=M’，∠M=∠M’，BM=DM’ 45° G F E D C B A 45° N M M' 易证：△M≌△M’（SS）→ M=M’ 易证：△M’D 是直角三角形 → → ． 【其他结论】结论3：若 ，则点F 是D 边中点．反之亦然． 45° A B C D E F 结论4：过点作⊥EF 交EF 于点，则△BE≌△E，△F≌△DF． 另外还可得：E 平分∠BEF，F 平分∠DFE． H 45° A B C D E F N M 结论5：、B、E、四点共圆，、D、F、M 四点共圆． 证明：∠E=∠EB=45°，∴、B、E、四点共圆．同理可证、D、F、M 四点共圆． 另外还可得：连接E、MF，可得△E、△MF 是等腰直角三角形． 45° A B C D E F N M 45° A B C D E F N M 结论6：M、、F、E 四点共圆． 证明：∵∠MEF=∠MF，∴M、、F、E 四点共圆． 45° 45° 45° A B C D E F N M 结论7：△M∽△FE．且 ． 由构图3 可得∠M=∠EF，∠M=∠FE．可得△M∽△FE． β α β α 45° A B C D E F N M 结论8：△M∽△MD，△M∽△B． 45° M N F E D C B A 45° 45° 45° A B C D E F N M 结论9：连接，则△MB∽△F，△D∽△E．且 ． M N F E D C B A 45° 45° A B C D E F N M 【思考】对于以上9 个结论，在正方形中，有哪些作为条件能推出∠EF=45°的？ 【小结】从结论5 开始，后面的可能都用不上，但既然半角模型作为题型出现，了解下图 形的更多性质有时候能帮上大忙．在这里除了给的∠EF=45°外，正方形对角线也会形成其 他45°角，多组相等角总能撞出些火花． 2．120°+60°模型 （1）如图，△B 是等边三角形，BD=D 且∠BD=120°，E、F 在直线B、上且∠EDF=60° 结论：EF=BE+F 60° A B C D E F 证明：延长至点G 使得G=BE， G F E D C B A A B C D E F G 易证：△DBE≌△DG（SS）→ DE=DG，∠FDG=∠FDE=60° 易证：△DFE≌△DFG（SS）→ EF=GF 综上：EF=GF=G+F=BE+F （2）若点F 在的延长线上，EF、BE、F 之间又有何数量关系？ 半角模型知识精讲 1 如图，在正方形BD 中，E、F 分别是B、D 上的点，且∠EF＝45º，则BE＋DF＝EF 简证：如图，将△DF 绕点顺时针旋转90º 得到△BG，使得D 与B 重合， 通过证明△EF≌△EG 即可得到BE＋DF＝EF 2 如图，在正方形BD 中，E、F 分别是B、D 上的点，且∠EF＝45º，则E 平分∠BEF，F 平 分∠DFE 简证：如图，将△DF 绕点顺时针旋转90º 得到△BG，使得D 与B 重合；将△BE 绕点逆时针旋 转90º 得到△D，使得B 与D 重合 ∵旋转，∠1＝∠，又∵△FE≌△F，∴∠2＝∠，∴∠1＝∠2； ∵旋转，∠4＝∠G，又∵△EF≌△EG，∴∠3＝∠G，∴∠3＝∠4， 即E 平分∠BEF，F 平分∠DFE 3 如图，在正方形BD 中，E 、F 分别是B 、D 上的点，且∠EF ＝45º ，则 简证：通过上述的全等直接可以得到，不再证明 4 如图，在正方形BD 中，E、F 分别是B、D 上的点，且∠EF＝45º，过点作⊥EF 交EF 于 点，则＝B 简证：由上述结论可知E 平分∠BEF，又∵B⊥B，∴＝B 5 如图，在正方形BD 中，E、F 分别是B、D 上的点，且∠EF＝45º，则 简证：由结论1 可得EF＝BE＋DF，则 ＝E＋F＋EF＝E＋F＋BE＋DF＝2B 6 如图，在正方形BD 中，E、F 分别是B、D 上的点，且∠EF＝45º，E、F 分别与BD 相交 于点M、，则 简证：如图，将△D 绕点顺时针旋90º 得到△GB，连接GM 通过证明△MG≌△M 得M＝MG，D＝BG，∠GBE＝90º，即可证 7 如图，在正方形BD 中，E、F 分别是B、D 上的点，且∠EF＝45º，E、F 分别与BD 相交 于点M、，则△BME △DF △M △B △DM △FE 简证：通过证明角相等得到三角形相似，要善于使用上述结论 8 如图，在正方形BD 中，E、F 分别是B、D 上的点，且∠EF＝45º，E、F 分别与BD 相交 于点M、，则 简证：连接，∵∠DF＝∠E，∠DB＝∠B，∴△E △D， 又∵△M △FE，∴ 【补充】通过面积比是相似比的平方比亦可得到 9 如图，在正方形BD 中，E、F 分别是B、D 上的点，且∠EF＝45º，E、F 分别与BD 相交 于点M、，则 简证：由结论7 可得△DM △B，∴ ，即 10 如图，在正方形BD 中，E、F 分别是B、D 上的点，且∠EF＝45º，E、F 分别与BD 相交 于点M、，则 简证：设 ，在Rt△EF 中， ， 化 简 得 ， 11 如图，在正方形BD 中，E、F 分别是B、D 上的点，且∠EF＝45º，E、F 分别与BD 相交 于点M、，则当BE＝DF 时，EF 最小， 最小， 最大 证明：如图，作△EF 的外接圆，点P 为EF 的中点，连接、E、F、P，过点作⊥EF ∵∠EF＝45º，∴∠EF＝90º，设 ，则 ， ， ， ∴当点、、P、四点共线时，即BE＝DF， 、EF、 均有最小值， 有最大值 12 如图，在正方形BD 中，E、F 分别是B、D 上的点，且∠EF＝45º，E、F 分别与BD 相交 于点M、，则 简证：由结论8 可得△△E △D， ， ， 同理可得 补充：等腰直角三角形与“半角模型” 如图所示，在等腰直角三角形B 中，若∠DE＝45º，则 证明：如图，将△D 绕着点顺时针旋转90º 得到△ ，连接 ∵旋转，∴△D≌△ ，∴D＝ ， 在△DE 与△ 中， ，∴ED＝ ， ∵∠ BE ＝∠ B ＋∠EB ＝∠D ＋∠EB ＝90º ，∴ ， 二、典例精析 例一：如图，正方形 的边长为2，点 ， 分别在边 ， 上，若 ， 则 的周长等于 ． A B C D E F 【分析】半角模型． 根据半角模型结论可知EF=E+F， ∴△EDF 的周长等于D+D=4， 故△EDF 的周长为4． 例二：已知如图，在正方形 中， ， ， 分别是 ， 上的一点，且 ， ，将 绕点 沿顺时针方向旋转 后与 重合，连接 ， 过点 作 ，交 于点 ，则以下结论：① ，② ，③ ，④ 中正确的是 G A B C D E F M ．①②③ B．②③④ ．①③④ D．①②④ 【分析】半角模型 结论①显然正确； 设BF=x，则EF=3+x，F=4-x， 勾股定理得： ，解得： ，故结论②正确； ，故结论③错误； ∵BM∥G，∴△FBM∽△FG，且 ， ， ∴ ，故结论④正确； 综上所述，选D． 例三：如图，已知正方形BD 的边长为，E 为D 边上一点（不与端点重合），将△DE 沿E 对折至△FE，延长EF 交 边B 于点G，连接G，F． A B C D E F G 给出下列判断：①∠EG=45°；②若 ，则G∥F；③若E 为D 的中点，则△GF 的 面积为 ；④若F=FG，则 ；⑤ ． 其中正确的是______．（写出所有正确判断的序号） 【分析】半角模型． 结论①正确，易证△DE≌△FE，△FG≌△BG，∴ ． 结论②正确，若 ，则G 是B 中点，G=GF ，∴∠GF=∠GF ，又 ∠FG+∠GF=∠FGB，∴∠GF=∠FG，∴G∥F． 结论③错误，∠FGB=2∠FG，∴∠FG=∠FG，∴G∥F．若E 为D 中点，则 ， ，有 ，∴ ． 结论④正确，若GF=F，则DE=BG，不妨设DE=BG=x，则GE=2x， ，由△EG 是等腰直角三角形，可得： ，解得： ． 结论⑤正确，正方形面积是 ， 是五边形BGED 的面积，故证明△GE 面积为 即可．设BG=m，DE=，则EG=m+，G=-m，E=-，根据勾股定理可得： ，化简得： ， ∴ ． 综上所述，正确的是①②④⑤． 截长补短模型证明问题 【专题说明】 截长补短法在初中几何学中有着十分重要的作用,它主要是用来证线段的和差问题,而且这 种方法一直贯穿着整个几何学的始终那么什么是截长补短法呢?所谓截长补短其实包含两层 意思,即截长和补短截长就是在较长的线段上截取一段等于要证的两段较短的线段中的一段, 证剩下的那一段等于另外一段较短的线段当条件或结论中出现+b=时，用截长补短． 【知识总结】 1、补短法：通过添加辅助线“构造”一条线段使其为求证中的两条线段之和，在证所构造 的线段和求证中那一条线段相等； 2、截长法：通过添加辅助线先在求证中长线段上截取与线段中的某一段相等的线段，在证 明截剩部分与线段中的另一段相等。 3、截长法与补短法，具体做法是在某条线段上截取一条线段与特定线段相等，或是将某条