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我们知道，世间万物，很多都是成对存在的，既然有手拉手，自然也有脚拉脚.好啦，今天我们就来讲一下脚拉脚模型. 

01理论准备

“脚拉脚模型”

如图，等腰△ABC与等腰△DCE中，顶角∠A与∠D互补，这就是“脚拉脚模型”，连接BE，取中点F，连接AF，DF，则有结论： AF⊥DF.

法一：倍长中线法

证明：延长AF至点G，使AF＝FG，易知：△AFB≌△GFE，

 ∴ AC＝GE，

∠ACD＝360°﹣(∠ACB+∠DCE+∠BCE)＝360°﹣90°﹣∠ACB＝270°﹣∠BCE，

∠DEG＝∠DEB+∠GEB ＝∠DEC+∠BEC+∠ABC+∠CBE，

又∵ ∠CBE+∠BEC＝180°﹣∠BCE，

∠DEC+∠ABC＝∠ACB+∠DCE＝90°，

∴ ∠DEG＝180°﹣∠BCE+90°＝270°﹣∠BCE，

∴∠DEG＝∠ACD（难点），

∴易知：△ACD≌△DEG，

∴AD＝DG，

又∵ F为AG的中点，

∴AF⊥DF.

补充：本题也可以利用对角互补导角

如图，延长AF至G，使得AF＝FG，

∴易知：△AFB≌△GFE，

∴AB//EG，

延长EG，AC，交于点H，

∵AB//EG，

∴∠BAC＝∠CHG，

又∵∠BAC+∠CDE＝180°，

∴∠CHG+∠CDE＝180°，

∴∠DEG+∠DCH＝180°，

∴∠DEG＝∠ADC，

∴易证：△ACD≌△DEG，

∴AD＝DG，

又∵ F为AG的中点，

∴AF⊥DF.

法二： 构造共顶点手拉手

如图，延长BA至M，使AM＝AB，

则△ACM为等腰三角形，

同理：构造等腰△CDN，

∴ 易知：△BCM∽△ECN，

连接ME，BN，

易知：△BCN∽△MCE，

∴ ∠CMB＝∠NBC，

∴ △MRO∽△BRC，

∴ ∠MOR＝∠RCB＝90°，

∴ BN⊥ME，

又∵AF为△BCM的中位线，

∴ AF//ME，

∴ ∠OPE＝90°，

同理可知：∠OQF＝90°，

∴四边形PFQO为矩形，

∴AF⊥DF.

法三： 中位线法

取BC中点G，CE中点H，，

由此易知：△AGF≌△FHD，

∠FAG＝∠DFH，∠AFG＝∠FDH，

∴ ∠AFD＝∠GFH﹣(∠AFG +∠4)＝180°﹣∠CGF﹣(∠AFG +∠4)，

∠AGF＝180°﹣（∠FAG +∠AFG），

∴∠CGF＝90°﹣（∠FAG +∠AFG）＝90°﹣(∠AFG +∠DFH)，

∠AFD＝180°﹣90°+(∠AFG +∠DFH)﹣(∠AFG +∠DFH)＝90°，

∴AF⊥DF，

特殊情况：当等腰△ABC与等腰△DCE都是等腰直角三角形时，

有AF⊥DF，且AF＝DF，如图所示：

证明方式同上

小结：脚拉脚模型的结论比较简单，但是注意，证明过程的辅助线作法，以及一些几何的转化方式，比结论本身更加重要.

02例题精讲

例1   已知：在Rt△ABC中，AB＝BC，在Rt△ADE中，AD＝DE，连结EC，取EC的中点M，连结DM和BM．如果将图①中的△ADE绕点A逆时针旋转小于45°的角，如图②，那么BM和DM有什么关系？

不用多说，我们刚讲的脚拉脚模型，我们已经知道结论：BM⊥DM，且BM＝DM，但是，请注意，这里是大题，我们要进行严格证明才行.

证明：延长DM至点F，使得DM＝DF，连接FC，BF，

∴△ADB≌△CFB（SAS），

∴∠DEM＝∠FCM ，DM＝FM  ，

∴DE//CF，

如图，延长AD，CF，使它们相交于点G，

∵DE//CF，

∴∠AGC＝90°，

又∵∠ABC＝90°，

∴∠BAC＝∠BCG，

∴易知：△ABD≌△CBF(SAS)，

∴BD＝BF，且∠DBF＝90°，

∴△DBF为等腰直角三角形，

又∵M为DF中点，

∴BM⊥DM，且BM＝DM.

 注意：这里哪些点连哪些点很重要，前面的证明中都有给出，千万不能连错.以及辅助线的做法，向哪里作辅助线，要搞清楚方向，以免出错.

例2：已知正方形ABCD和正方形CGEF，且D点在CF边上，M为AE中点，连接MD、MF．

（1）如图1，请直接给出线段MD、MF的数量及位置关系是__________．

（2）如图2，把正方形CGEF绕点C顺时针旋转，使得B，C，E共线，则（1）中的结论是否成立？若成立，请证明.若不成立，请给出你的结论并证明．

(1) 如图，延长DM交EF于点P，

则易知：△ADM≌△EPM，

∴DM＝PM＝FM，

又∵PE＝AD＝DC，EF＝FC，

∴FP＝EF﹣PE，

FD＝FC﹣DC，

∴FP＝FD，

∴△DFP为等腰直角三角形，

∴MF⊥MD.

(2) 如图，延长DM，与CE相交于点N，

易知：△ADM ≌△ENM，

∴AD＝DC＝NE，

∴△DCF与△NEF中，，

DC＝NE，∠DCF＝∠NEF，CF＝EF，

∴△DCF≌△NEF，

∴DF＝FN，

∴MF＝MD，且MF⊥MD.

例3：如图，∠BAC＝60°，∠CDE＝120°，AB＝AC，DC＝DE，连接BE，P为BE的中点．

(1)如图1，若A、C、D三点共线，求∠PAC的度数.

(2)如图2，若A、C、D三点不共线，求证：AP⊥DP.

 

解：(1)如图，延长AP至点F，使得AP＝PF，

易知：△ABP≌△FEP，

∴∠BAP＝∠EFP，

∴EF//AB，

∵ AB＝AC＝EF，CD＝DE，

∴ AC+CD＝EF+DE，

∴ AD＝FD，

∴ △ADF为等腰三角形，

∴ ∠PAC＝∠PFD＝30°，

(2)如图，延长AP至点F，使得AP＝PF，

∴由（1）易知：△ABP≌△FEP，AB//EF，AC＝EF，

如图，延长AC，交EF于点G，

∵ AB//EF，

∴∠BAC＝∠CGE＝60°，

∵∠CGE+∠CDE＝180°，

∴∠DEF+∠GCD＝180°，

∴∠DEF＝∠ACD，

∴△ACD与△DEF中，

AC＝EF，∠DEF＝∠ACD，CD＝DE，

∴△ACD≌△DEF，

∴AD＝DF，

∴ △ADF为等腰三角形，

∵P为AF中点，

∴AP⊥DP.

例4：如图，△ABC中，AB＝AC，∠ABC＝α，在四边形BDEC中，DB＝DE，∠BDE＝2α，M为CE的中点，连接AM、DM.

① 在图中画出△DEM关于点M成中心对称的图形.

② 求证：AM⊥DM.

③ 当α＝_______，AM＝DM.

① 如图所示

② 由① 可知，△DME≌△GMC，

∴DE//CG，DE＝DB＝CG，

如图，延长GC，DB交于点H，

∵DE//CG，

∴∠BDE+∠BHC＝180°，

又∵∠BDE+∠BAC＝180°，

∴∠BHC＝∠BAC，

∴∠ABH＝∠ACH，

∴∠ABD＝∠ACG，

∴△ABD与△ACG中，

AB＝AC，∠ABD＝∠ACG，BD＝CG，

∴△ABD≌△ACG，

∴AD＝AG，

又∵M为DG的中点，

∴AM⊥DM.

③ 由② 知：AM⊥DM，要使AM＝DM，则∠ADM＝45°即可，即当α＝45°时即可.

03总结

 总结：

1.会辨别“脚拉脚模型”；

2.明确“脚拉脚模型”结论，做到心中有数；

3.掌握该模型常见作辅助线的方法，这样才能在无数的变化中，找出暗藏的玄机。