初中数学58种模型之手拉手模型Word格式.docx
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1、等边三角形
条件：
△OAB，△OCD均为等边三角形
结论：
；
导角核心：
2、等腰直角三角形
△OAB，△OCD均为等腰直角三角形
3、任意等腰三角形
△OAB，△OCD均为等腰三角形，且∠AOB=∠COD
核心图形：
核心条件：
接下来，将针对以“两个等边三角形”为载体的模型与方法进行分析和讲解。
两个等边三角形放在一起，最常见的就是“手拉手模型”，这个模型包含了许多非常重要的结论和方法！
重点给大家分享一下两个等边三角形放在一起的模型，其中最最重要的就是两个等边三角形共顶点的模型，俗称“手拉手模型”。
针对这个模型的研究，一般分为三个方向：
一、不变性
二、特殊位置出现的特殊结论（临界点）
三、增加部分条件得出的新结论
首先，我们来研究一下这个模型中都包含哪些“不变性质”。
第一个不变性质就是全等，如下图：
无论两个等边三角形的相对位置如何△ACD≌△BCE（SAS）始终成立。
第二个不变性质是角度问题，如下图：
根据第一条性质的全等，得出∠1=∠2，再依据“蝴蝶模型”或者“8”字模型倒角或者“四点共圆”都可以得出AD和BE的夹角∠APB=60°
，这个结论不随等边三角形的相对位置变化而变化，也具有不变性。
第三个不变性质是角平分线，如下图：
CP始终平分∠BPD，也就是说∠BPC=∠DPC=60°
始终成立。
证法1：
如下图，分别作BE和AD的垂线段CH和CK，由△ACD≌△BCE（SAS），可以知道△ACD和△BCE的面积相等，底也相等，全等三角形对应高也相等，所以高CH=CK.根据角平分线的性质，可以知道CP平分∠BPD.
证法2：
如下图，根据∠1=∠2，AC=BC，在BP上截取BF=AP，则△ACP≌△BCF（SAS），
于是，CF=CP，∠FCP=∠BCA=60°
，所以△FPC是等边三角形。
这样，也就得出∠FPC=∠DPC=60°
，CP平分∠BPD.
第四个不变性质就是“等边+120°
模型”（这里中考不做要求）
这个模型在这里始终会出现。
对角互补旋转
也就是说在这个模型中，BP=CP+AP，PE=CP+PD始终成立。
最后，以上这些结论看似简单，但是要想让学生彻底掌握，需要进行巩固和强化训练，训练的方式最好就变换不同的角度和相对位置，让自己再去证明一次，找到所有的全等、不变角、角平分线、线段和差模型、等性质。
比如，进行以下四个图形位置的训练：
二、特殊位置出现的特殊结论
手拉手模型共线
下面我先给大家继续介绍经典几何模型---手拉手模型，特殊位置下的特殊结论，这也是历年数学中考常考的几何压轴题型之一。
例1、在直线ABC的同一侧作两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明：
（1）△ABE≌△DBC
（2）AE=DC
（3）AE与DC的夹角为60
（4）△AGB≌△DFB
（5）△EGB≌△CFB
（6）BH平分∠AHC
（7）GF∥AC
解析：
（1）∵△ABD和△BCE是等边三角形，
∴AB=DB，BC=BE，∠ABD=∠CBE=60°
，
∴∠ABD+∠DBE=∠CBE+∠DBE，
即∠DBC=∠ABE，
在△ABE和△DBC中，
易证明△ABE≌△DBC（SAS）
（2）∵△ABE≌△DBC（SAS）
∴AE=CD；
（3）∵△ABE≌△DBC，
∴∠AEB=∠DCB.
又∵∠HFE=∠BFC（对顶角相等）
△HFE和△BFC中，
∠EHF=180-∠AEB-∠HFE;
∠CBF=180-∠DCB-∠BFC，
∴∠EHF=∠CBF=60
∴AE与DC的夹角为60。
（4）AB=BD,BG=BF,
∠ABG=∠DBF=60
∴△AGB≌△DFB
（5）EB=EC,BG=BF,∠EBG=∠CBF=60
∴△EGB≌△CFB
（6）过B作BM垂直AE于M，BN垂直CD于N。
证明△ABM≌△DBM，则BM=BN
∴BH平分∠AHC
（7）∵△AGB≌△DFB
∴BG=BF
又∠GBF=60，
∴GBF为等边三角形
∴∠GFB=EBC=60,
∴GF∥AC
（8）线段和差关系
AH=DH+BH或CH=BH+HE
（提示：
在AH取I,HI=BHCH取P,HP=BH）
（9）△BGF等边三角形
（10）四点共圆:
ABHD四点共圆，
BFHG四点共圆，
CBHE四点共圆
总结：
“两个共顶点的等边三角形的手拉手模型”，对于这个模型的研究，给出了三个方向：
一、不变性（三个）
我们本次内容仅仅涉及了到对于基本模型的不变性质的研究。
这些不变性质涉及到了全等、角度、角平分线以及等边+120度线段和差模型等。
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