'手拉手'模型
手拉手模型 ?
简单说就是共顶点等腰旋转。
模型1. 如下图三种情形,△ABC是等腰三角形、△ADE是等腰三角形,AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=α。
结论:△BAD≌△CAE。
证明:
∵△ABC、△ADE是等腰三角形
∴AB=AC, AD=AE.
又∵∠BAC=∠DAE,
∴△BAD≌△CAE(SAS)。
模型2. 同上模型的条件,CE与BD交于O, 联结AO,
结论:(1)△BAD≌△CAE;
(2)∠BOC=∠BAC;
(3)AO平分∠BOE;
证明:
(1)同上。
(2)∵△BAD≌△CAE
∴∠ABD=∠ACE.
又∵∠AFB=∠CFO,
∴∠BOC=∠BAC。
(3)作BD高线AM, CN高线AN,
容易证明△BAM≌△CAN(AAS),
∴AM=AN, AO=AO,
∴△AMO≌△ANO(斜边直角边)
∴∠ANO=∠ANO,
∴AO平分∠BOE。
相关例题
例子1. 如图,△ADC与△EDC都为等腰直角三角形,连接AG、CB,相交于点H,问:
(1)AG与CB是否相等?
(2)AG与CB之间的夹角为多少度?
证明:
(1)运用“手拉手”模型
△ADG≌△CDB
∴AG=CB.
(2)∵△ADG≌△CDB,
∴∠DAO=∠DCB,
又∵∠DAO+∠AOD=90°,
∠AOD=∠COH(对顶角相等),
∴∠DCB+∠COH=90°,
∴∠CHO=90°,
∴AG⊥CB。
或者运用模型2的结论直接得到。
思考1:如图,直线AB的同一侧作△ABD和△BCE都为等边三角形,连接AE、CD,二者交点为H。求证:
(1)△ABE≌△DBC;
(2)AE=DC;
(3)∠DHA=60°;
(4)△AGB≌△DFB;
(5)△EGB≌△CFB;
(6)连接GF,GF∥AC;
(7)连接HB,HB平分∠AHC。
思考2:如图,△ABD与△BCE都为等边三角形,连接AE与CD,延长AE交CD于点H.证明:
(1)AE=DC;
(2)∠AHD=60°;
(3)连接HB,HB平分∠AHC。
注:若思考题有疑问可以私信小修要答案!
1
联系客服