不知是哪一年,手拉手模型横空出世,从此江湖上都是它的传说,那关于手拉手,我们需要了解什么? 我觉得有三点: (1)构成模型的必要条件; (2)条件与结论的设计; (3)如何构造手拉手. 01 构造手拉手的必要条件 当对一个几何图形记忆并不深刻的时候,可以尝试用文字去总结要点, 比如手拉手:四点共线,两两相等,夹角相等. 条件:如图,OA=OB,OC=OD(四线共点,两两相等),∠AOB=∠COD(夹角相等) 结论:△OAC≌△OBD(SAS) 证明无需赘述,关于条件中的OA=OB,OC=OD,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. 等边三角形手拉手 (1)如图,B、C、D三点共线,△ABC和△CDE是等边三角形,连接AD、BE,交于点P: 结论一:△ACD≌△BCE (2)记AC、BE交点为M,AD、CE交点为N: 结论二:△ACN≌△BCM;△MCE≌△NCD (3)连接MN: 结论三:△MNC是等边三角形. (4)记AD、BE交点为P,连接PC: 结论四:PC平分∠BPD (5)结论五:∠APB=∠BPC=∠CPD=∠DPE=60°. (6)连接AE: 结论六:P点是△ACE的费马点(PA+PC+PE值最小) 正方形手拉手 如图,四边形ABCD和四边形CEFG均为正方形,连接BE、DG: 结论一:△BCE≌△DCG 结论二:BE=DG,BE⊥DG(旋转角都相等) 【小结】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”. 2017南充中考-正方形手拉手 02 条件与结论的设计 如果是在复习阶段,我相信手拉手模型的结论肯定都知道,并且我也相信命题老师也知道我们都知道,所以不要盯着模型和结论本身,多想想题可以怎么出. 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△ABC≌△ADE外,则还可得△ABD和△ACE均为等腰三角形,且有△ABD∽△ACE. 2019天津中考 2017沈阳中考 2017苏州中考 【小结】以上例子解题关键皆在于利用那一组等腰三角形相似,有些问题常有变式,因其条件与结论可以互换. 03 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. 2018德州中考 【小结】所谓全等,实际就是将△ODB绕点O旋转到△OEC的位置.等等,好像和某个图有点神似,如下: 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. 2017贵港中考 2019巴中中考 【小结】如果说第一个题是给出了辅助线,那么下一个题便是完全自行构造旋转,这个图形也是一个固定搭配. 搭配一:若PA²+PB²=PC²,则可任意旋转,得等边+直角. 且两条较短边夹角(∠APB)为150°. 搭配二:若∠APB=150°,则有PA²+PB²=PC². 2018淄博中考 【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△AEP是等腰直角三角形,若使△PEB也为直角三角形,则原∠APD=135°,而线段PA、PB、PD之间的关系为:2PA²+PD²=PB². 搭配一:若∠APD=135°,则2PA²+PD²=PB²; 搭配二:若2PA²+PD²=PB²,则∠APD=135°. 另外,其实这个图和点C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. 网题-旋转与瓜豆原理 按照从确定到不确定的思路,将条件重新梳理,可能发现好像换了一个题目,但一定会变得比之前简单. 当然,问题到此并没有终结,还可继续说说费马点的事,这篇已经说得够多了,下回再说吧. |
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来自: 当以读书通世事 > 《073-数学(大中小学)》