手拉手模型专题训练含解析

手拉手模型专题训练含解析在初中几何的学习中，我们常常会遇到一些经典的模型，这些模型如同解题的钥匙，能帮助我们快速找到思路，突破难点。“手拉手模型”便是其中极具代表性的一种，它以两个共顶点的等腰三角形为基础，衍生出一系列精彩的全等及线段、角的关系。掌握这一模型，不仅能提升解题效率，更能加深对图形变换和全等思想的理解。本文将深入剖析手拉手模型的核心特征，并通过精选例题的训练与解析，帮助同学们彻底攻克这一几何重点。一、手拉手模型的核心特征与基本结论1.模型识别手拉手模型的基本构成是：两个等腰三角形（或等边三角形、等腰直角三角形等特殊等腰三角形）有公共的顶点，我们将这个公共顶点称为“拉手点”。两个等腰三角形的两条腰分别看作“手臂”，当我们将对应的“手臂”端点连接起来时（即连接两组非公共顶点），就像两个人手拉手一样，故得名“手拉手模型”。2.基本图形与结论如图1所示，△ABC和△ADE均为等腰三角形，且顶角∠BAC=∠DAE，连接BD、CE。[此处应有示意图1：两个共顶点A的等腰三角形ABC和ADE，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，连接BD、CE]核心结论：*结论一：△ABD≌△ACE(SAS)证明思路：∵AB=AC，AD=AE（等腰三角形定义）又∵∠BAC=∠DAE，∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD（等式性质），即∠BAD=∠CAE。∴△ABD≌△ACE(SAS)。*结论二：BD=CE(由结论一全等三角形对应边相等可得)*结论三：∠BFC=∠BAC(或其补角，具体取决于图形)证明思路：设BD与AC交于点F。由△ABD≌△ACE，可得∠ABD=∠ACE。在△ABF和△CFB中，∠AFB=∠CFD（对顶角相等），∴∠BFC=∠BAC。（三角形内角和定理的推论）3.特殊情况当等腰三角形为等边三角形时，除上述结论外，BD与CE的夹角还恒为60°。当等腰三角形为等腰直角三角形时，BD与CE的夹角恒为90°，且若连接CD、BE等，还可能产生新的全等三角形和特殊角度。二、专题训练与解析基础巩固篇例题1已知：如图2，点A是线段BD上一点，△ABC和△ADE都是等边三角形。连接CE并延长，交BD的延长线于点F。求证：CE=BD，并求出∠CFD的度数。[此处应有示意图2：点A在BD上，△ABC和△ADE均为等边三角形，B、A、D共线，E在△ABC外部，连接CE并延长交BD延长线于F]分析与解答：要证明CE=BD，观察图形，△ABC和△ADE都是等边三角形，且共顶点A，符合手拉手模型的特征。证明：∵△ABC和△ADE都是等边三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°。∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，即∠BAD=∠CAE。在△ABD和△ACE中，AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE，∴△ABD≌△ACE(SAS)。∴CE=BD（全等三角形对应边相等），∠ADB=∠AEC（全等三角形对应角相等）。求∠CFD的度数：设AD与CE交于点G。在△AGE和△FGD中，∠AEC=∠ADB（已证），∠AGE=∠FGD（对顶角相等）。∴∠CFD=∠DAE=60°（三角形内角和定理的推论）。小结：本题直接应用手拉手模型的基本结论，证明了线段相等和角的度数，关键在于准确识别模型并熟练运用SAS全等判定。例题2如图3，△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点A、D、E在同一直线上，连接BE。求证：AE⊥BE。[此处应有示意图3：△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，直角顶点分别为C，点D在BC附近，E在AC右侧，A、D、E共线，连接BE]分析与解答：要证AE⊥BE，即证∠AEB=90°。已知△ABC和△DCE是等腰直角三角形，共顶点C，可尝试用手拉手模型证明△ACD≌△BCE，进而通过角的关系推导。证明：∵△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，∴AC=BC，CD=CE，∠ACD+∠BCD=∠BCE+∠BCD=90°，∴∠ACD=∠BCE。在△ACD和△BCE中，AC=BC，∠ACD=∠BCE，CD=CE，∴△ACD≌△BCE(SAS)。∴AD=BE，∠ADC=∠BEC（全等三角形对应边、对应角相等）。∵点A、D、E在同一直线上，且△DCE是等腰直角三角形，∴∠CDE=∠CED=45°。∴∠ADC=180°-∠CDE=135°。∴∠BEC=∠ADC=135°。∴∠AEB=∠BEC-∠CED=135°-45°=90°。即AE⊥BE。小结：本题不仅利用手拉手模型证明了三角形全等，还结合了等腰直角三角形的性质以及平角的定义，通过角的转化求出了关键角∠AEB的度数，体现了知识的综合运用。能力提升篇例题3如图4，在△ABC中，AB=AC，点D是△ABC外一点，且∠ABD=∠ACD=60°。求证：BD+CD=AB。[此处应有示意图4：△ABC为等腰三角形，AB=AC，点D在△ABC外部，位置使得∠ABD和∠ACD均为60°]分析与解答：要证BD+CD=AB，直接证较困难。已知AB=AC，∠ABD=∠ACD=60°，可考虑以AD为边构造等边三角形，或延长BD至点E，使DE=CD，构造等边三角形CDE，尝试利用手拉手模型。证明：延长BD至点E，使DE=CD，连接CE。∵∠ABD=60°，AB=AC，∴可尝试证△ACD与△BCE全等。∵∠CDE=180°-∠BDC。又∵∠ABD=∠ACD=60°，在四边形ABDC中，∠BAC+∠BDC=360°-∠ABD-∠ACD=360°-60°-60°=240°，∴∠BDC=240°-∠BAC。若DE=CD，则△CDE中，∠DCE=∠DEC。∠CDE=180°-(240°-∠BAC)=∠BAC-60°。∴∠DCE=(180°-(∠BAC-60°))/2=(240°-∠BAC)/2=120°-∠BAC/2。∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=(180°-∠BAC)/2=90°-∠BAC/2。∴∠BCE=∠ACB+∠ACD+∠DCE=(90°-∠BAC/2)+60°+(120°-∠BAC/2)=270°-∠BAC。而∠ACD=60°，∠ACB=90°-∠BAC/2，∴∠BCD=∠ACB+∠ACD=150°-∠BAC/2。∠BCE=270°-∠BAC=2*(135°-∠BAC/2)，这个似乎有些复杂。换个思路，既然∠ABD=60°，AB=AC，能否以AB为边向左侧构造等边三角形ABF？连接CF。∵△ABF是等边三角形，∴AB=BF=AF，∠ABF=∠BAF=60°。∵AB=AC，∴AC=AF。∠FAC=∠BAF-∠BAC=60°-∠BAC。∠FBC=∠ABF+∠ABC=60°+(90°-∠BAC/2)=150°-∠BAC/2。而∠ACD=60°，∠ACB=90°-∠BAC/2，∴∠BCD=150°-∠BAC/2，即∠FBC=∠BCD。又∠ABD=60°，∠ABF=60°，∴点F、B、D可能共线？或者∠FBD=60°？似乎也有些绕。我们回到最初延长BD到E，使DE=CD，则△CDE中，∠CDE=180°-∠BDC。若能证∠DCE=60°，则△CDE为等边三角形。∵∠ACD=60°，若∠ACE=∠ACB+∠BCE，或者∠BCE=∠ACD=60°？∵AB=AC，∠ABC=∠ACB。∠ABD=∠ACD=60°，∴∠DBC=∠ABC-∠ABD=∠ACB-60°，∠DCB=∠ACB-∠ACD=∠ACB-60°，∴∠DBC=∠DCB，∴BD=CD？不对，题目要证BD+CD=AB，若BD=CD，则2BD=AB，不一定成立。看来∠DBC=∠DCB这个推论是错误的，因为点D的位置不一定使得D在∠ABC和∠ACB的内部。重新审视，∠ABD=60°，∠ACD=60°，AB=AC。可以考虑将△ABD绕点A顺时针旋转∠BAC的度数，使AB与AC重合，得到△ACE。则△ABD≌△ACE，∴BD=CE，AD=AE，∠ABD=∠ACE=60°。∵∠ACD=60°，∴∠ECD=∠ACE+∠ACD=60°+60°=120°。在△CDE中，CD+CE>DE（三角形两边之和大于第三边）。但我们要的是BD+CD=AB=AC。∵BD=CE，∴CD+CE=CD+BD。若DE=AC，则结论成立。∵AD=AE，∠DAE=∠BAC。AB=AC=DE？这个思路似乎可行。在△ADE中，AD=AE，∠DAE=∠BAC。在△ABC中，AB=AC，∠BAC=∠DAE。这不就是手拉手模型的特征吗？△ABC和△ADE，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE。∴△ABD≌△ACE(SAS)，∴BD=CE。则CD+BD=CD+CE。若∠ECD=60°，且CD=CE，则CD+CE=CD+CD=2CD，若CD=AB/2，则成立。但条件不足。或者，∵∠ACE=60°，∠ACD=60°，点E、C、D的位置关系？若A、C、E共线，则AE=AC+CE=AB+BD，而AD=AE，∠DAE=∠BAC，△ADE为等腰三角形。感觉快要出来了。∵∠ACE=60°，∠ACD=60°，∴点D和E在直线AC的同侧，且∠ECD=∠ACE+∠ACD=120°。在△CDE中，CD+CE≥DE（当且仅当D、C、E共线时取等号）。若能证DE=AB，且D、C、E共线，则CD+CE=DE=AB，即BD+CD=AB。∵AD=AE，∠DAE=∠BAC，AB=AC，若DE=AB，则△ADE≌△ABC(SAS)，∴∠ADE=∠ABC。这似乎是一个循环。换个角度，在AB上截取BF=BD，连接DF。∵∠ABD=60°，∴△BDF为等边三角形，DF=BD，∠BFD=60°，∠AFD=120°。∵AB=AC，∴AF=AB-BF=AC-BD。要证BD+CD=AB，即证CD=AF。∴只需证△AFD≌△DCD？即△AFD≌△CDF？∠AFD=120°，若∠DCF=120°，且DF=CD，AF=CF。∵∠ACD=60°，∴∠DCF=60°+∠ACF=120°，则∠ACF=60°。△AFC中，AF=CF，∠ACF=60°，则△AFC为等边三角形，AF=AC=AB，这与AF=AB-BF矛盾。好吧，我们用手拉手模型的构造方法。以AC为边，向△ABC外部作等边三角形ACE，连接DE。∵△ACE是等边三角形，∴AC=CE=AE，∠ACE=∠CAE=60°。∵AB=AC，∴AB=CE。∠ABD=∠ACD=60°，∠BAC=∠EAC-∠BAE=60°-∠BAE？或者∠BAE=∠BAC-60°。∵∠ACD=60°，∠ACE=60°，∴点D在∠ACE的边上或内部？∵∠ABD=60°，∠BAC=α，则∠ABC=(180°-α)/2。∠DBC=∠ABC-60°=(180°-α)/2-60°=30°-α/2。∠ACD=60°，∠ACB=(180°-α)/2，∠BCD=∠ACB-∠ACD=(180°-α)/2-60°=30°-α/2=∠DBC，∴DB=DC。啊哈！刚才这里我犯了一个错误，∠DBC是∠ABC-∠ABD，而∠ABC=∠ACB，∠DCB是∠ACB-∠ACD，所以∠DBC=∠DCB，因此DB=DC！原来如此！那么BD=CD。则BD+CD=2BD。要证2BD=AB。在Rt△ABD中，∠ABD=60°，则AB=2BD（30°所对直角边是斜边一半）。但∠ADB是直角吗？∵DB=DC，∠DBC=∠DCB=30°-α/2。∠BAC=α，∠BDC=180°-2*(30°-α/2)=120°+α。在△ABD中，∠BAD=α-∠CAD。在△ACD中，∠CAD=180°-∠ACD-∠ADC=180°-60°-∠ADC=120°-∠ADC。∠BDC=∠ADB+∠ADC=120°+α。似乎还是缺条件。但既然DB=DC，且∠ABD=∠ACD=60°，我们可以将△ABD绕点D顺时针旋转∠BDC的度数，使DB与DC