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手拉手是数学中最常见的一种几何图形。属于共端点几何模型的一种类别。在平时的考试之中，经常会遇到这样一类考题。 它是我们研究几何图形的基础。当然，对于手拉手模型结论的研究，我们这一节也会提供一些手段。比如旋转、全等都是我们的处理手段。 当然，说了那么多，我们来说下，什么是手拉手模型，我们看下什么样的图形叫做手拉手模型。 手拉手模型主要抓三个条件： 1：共顶点 2：等腰（等边，正方形等等，换句话讲共顶点的两边相等） 3：顶角相等 手拉手模型主要分为：“等边△+等边△”和“等腰△+等腰△” 类型一：等边△+等边△ 前题条件：图中，B,C,D三点共线，有等边△ABC和等边△CDE.
（1）图中，B,C,D三点共线，有等边△ABC和等边△CDE. 我们可以得到以下一些结论： 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+MN//BC （4）记AD、BE交点为P，连接PC：
因为△ACD≌△BCE 所以过点C作CG⊥BE,CH⊥AD ∴CG与CH分别是BE与AD边上的高 ∵BE=AD ∴CG=CH 所以易知Rt△PGC≌Rt△PCH (HL)∴∠1=∠2 结论四：PC平分∠BPD （5）∵∠CAD+∠CDA=∠ACB=60° ∴∠DBE+∠CDA=60° ∴∠BPD=120° 由（4）可知 ∠BPC=∠CPD=60° ∴∠APB=∠BPC=∠CPD=∠DPE=60°． 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） （7）因为∠APB=∠ACB=60° 所以可以得到:△AMP∽△BMC 同理可以得到以下几组相似三角形： △AMB∽△MPC,△PNC∽△END,△PNE∽△CND 当然，我们也可以得到A、B、C、P四点共圆/P、C、D、E四点共圆
结论七：△AMP∽△BMC， △AMB∽△MPC,△PNC∽△END,△PNE∽△CND +A、B、C、P四点共圆和P、C、D、E四点共圆 (8) 如图，在PD上截取PF=PC, 由此可以知道△PCF为等边三角形 ∴易证：△PCE≌△FCD ∴有PD=CP+PE 同理可得:BP=AP+PC 结论八：PD=CP+PE，BP=AP+PC 注意：当然前面都是在B、C、D共线的时候得出的结论。当B、C、D不共线的时候，只有MN//BC不成立
类型二：等腰△+等腰△ 前题条件：等腰△ABC和等腰△CDE,点C是公共顶点，∠ACB=∠DCE=α，如图所示：
图（1），（2）这种位置关系可以的到△ADC≌△CBE,AD=BE 图（3）除了可以得到全等结论外，还可以得到： （1）CH平分∠AHE （2）A、B、H、C 四点共圆 （3）A、C、H、D、E四点共圆 图（1），（2）要得到类似结论需要延长AD,CE 现在讨论下α=90°的情况. 即，“等腰Rt△+等腰Rt△”的情况： 这里面有许多有趣的结论. 在等腰Rt△ABC和等腰Rt△DEC,如图，拍摄了几张静态的照片.
由图(1),(2),(3)可以得到: △ADC≌△BCE,以及AD与BE垂直，或它们延长线垂直. 图(3)可以得到几组相似三角形。其实和前面的结论一样。这里不多做赘述。 当然，上面的等腰直角三角形除了上面的结论之外，这里再补充一些结论。 如图，连接AE,BD。由于AD⊥BE，所以四边形ABDE为锤美四边形。 结论：(1)锤美四边形结论：AB平方+DE平方=BD平方+AE平方 （2）AF=BF+CF;EF=DF+CF 锤美四边形的结论就不证明了，主要是利用勾股定理进行证明，网上有很多。
分别取线段AE,BD的中点为点M,N 结论：（1）AE=2CN;BD=2MC; （1） △ACE与△BCD的面积相等； （2） MC⊥BD, CN⊥AE
证明：如图延长，CN于H,使得CN=NH ∴容易知道：AC=DH,CD=CE ∵∠ACE+∠BCD=180° ∠CBD+∠BCD+∠BDC=180° ∠CBD=∠BDH , ∴∠CBD+∠CDB=∠BDH+∠CDB=∠CDH ∴∠CDH+∠BCD=180° ∴∠ACE=∠CDH ∴△ACE≌△CDH ∴CH=2CN=AE 同样的方法可以证明：△AGC≌△BCD ∴BD=2MC; 所以也容易知道△ACE与△BCD面积相等.
如图，延长MC与BD相交于点P, 易知∠ACM+∠BCP=90°, ∵∠ACM=∠CBP ∴∠CBP+∠BCP=90° ∴CP⊥BD ∴即MC⊥BD 同理可得：CN⊥AE 好啦，今天的分享就到这里。 |
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