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标题 “手拉手”模型的探索及应用
范文

    

    

    

    摘 要：初中几何中有许多基本图形，这些基本图形与其它知识点组合在一起，共同演绎着变化无穷的几何综合性问题.解决此类问题，一般要转化、分解或者构造出解题模型，然后应用模型的相关结论解决问题.本文以“手拉手”模型为例进行探索及应用.

    关键词：“手拉手”模型;等腰三角形;旋转

    作者简介：沈建新（1981-），男，浙江德清人，本科，中学一级教师，研究方向：初中数学解题研究.

    1 原题呈现

    题目 （浙教版数学八年级上册第44页习题）已知，如图1，∠EAB=∠CAD，AE=AB，AC=AD，求证：△EAC≌△BAD[1].

    此题可通过SAS证明两个三角形全等.若连接EB，CD，如图2，究其实质，是两个顶角相等，且含有公共顶点的等腰三角形组成的图形.△BAD可以看作由△EAC绕点A逆时针旋转一定的角度得到，为便于观察，当旋转一定的角度后使EC与BD相交，还可以得到哪些结论？

    2 模型探索

    2.1 模型初探

    如图3，锐角△ABC中，分别以AB，AC为边向外作等腰△ABE和等腰△ACD，使AE=AB，AD=AC，∠EAB=∠CAD，则△EAB∽△CAD.连接BD，CE，AF，则有如下结论：

    （1）△EAC≌△BAD;

    （2）EC=BD;

    （3）∠EFB=∠EAB=∠CAD;

    （4）FA平分∠EFD.

    证明 （1）因为∠EAB=∠CAD，所以∠EAB+∠BAC=∠CAD+∠BAC.

    所以∠EAC=∠BAD.

    又因为AE=AB，AC=AD，

    所以△EAC≌△BAD.

    （2）因为△EAC≌△BAD，所以EC=BD.

    （3）如图4，因为△EAC≌△BAD，所以∠1=∠2.

    又因为∠3=∠4，所以∠EAB=∠EFB.

    因为∠EAB=∠CAD，所以∠EFB=∠EAB=∠CAD;

    究其实质，△EAC绕点A逆时针旋转得到△BAD，EA旋转得到BA，CA旋转得到DA，那么第三边EC旋转得到BD，即EC=BD，且旋转角都相等，即∠EFB=∠EAB=∠CAD.

    （4）解法1 如图4，过点A分别作AM⊥EC，AN⊥BD，垂足分别为点M，N.

    因为△EAC≌△BAD，所以∠1=∠2.

    又因为AE=AB，所以△EAM≌△BAN.

    所以AM=AN.

    所以FA平分∠EFD.

    解法2 因为△EAC≌△BAD，根据全等三角形对应边上的高相等，可得AM=AN;

    或利用面积法，可得S△EAC=S△BAD.

    因为EC=BD，所以AM=AN.

    所以FA平分∠EFD.

    解法3 如图5，因为△EAC≌△BAD，所以∠1=∠2.所以A，E，B，F四点共圆.所以∠3=∠4.

    同理因为△EAC≌△BAD，所以∠5=∠6.所以A，D，C，F四点共圆.所以∠7=∠8.

    又因为等腰△ABE和等腰△ACD，且∠EAB=∠CAD，所以∠4=∠8.

    所以∠3=∠7.

    所以FA平分∠EFD.

    2.2 模型再探

    当上述图形中分别以AB，AC为边向外作等腰△ABE和等腰△ACD，且顶角∠EAB=∠CAD=60°或90°时，则两个等腰三角形都特殊化为等边三角形或等腰直角三角形（如图6，7），上述结论仍然成立.

    2.3 模型提炼

    像这样，含有顶角相等且顶点重合的两个等腰三角形所组成的图形的一类题目，我们可形象地称之为“手拉手”模型.

    这类题目的解决思路一般是：根据“旋转出等腰，等腰可旋转”，当出现“一大一小两个相似的等腰三角形，共顶点，等线段”结构时，可考虑“造旋转，出全等”解题策略.

    3 模型应用

    例1 （2015年营口）（1）如图8，锐角△ABC中，分别以AB，AC为边向外作等腰△ABE和等腰△ACD，使AE=AB，AD=AC，∠EAB=∠CAD，连接BD，CE，试猜想BD与CE的大小关系，并说明理由;

    （2）如图9，四边形ABCD中，AB=7，BC=3，∠ABC=∠ACD=∠ADC=45°，求BD的长;

    （3）如图10，在（2）的条件下，当△ACD在线段AC的左侧时，求BD的长.

    思路点拨 （1）BD=CE.利用手拉手模型可得△EAC≌△BAD.

    （2）解法1 如图11，过点A作AB⊥AE，交BC的延长线于点E.因为∠ABC=45°，所以△ABE为等腰直角三角形.

    连接DE，由手拉手模型可知△BAC≌△EAD.

    所以BC=DE=3，∠AED=∠ABC=45°.

    因为等腰Rt△ABE，则BE=7 2 ，∠AEB=45°.

    所以∠DEB=90°.

    所以BD=（7 2）2+32=107.

    解法2 如图12，过点A作AB⊥AE，且AB=AE，连接EB，EC，由手拉手模型可知△EAC≌△BAD.

    所以EC=BD.

    因为等腰Rt△ABE，所以BE=7 2.

    因为∠ABE=45°，且∠ABC=45°，所以∠EBC=90°.

    所以EC=（7 2）2+32=107.

    所以BD=107.

    （3）解法1 如圖13，过点A作AB⊥AE，交BC的延长线于点E.因为∠ABC=45°，所以

    △ABE为等腰直角三角形.

    所以BE=7 2，CE=7 2-3.

    由手拉手模型可知△DAB≌△CAE.

    所以BD=CE=7 2-3.

    解法2 如图14，过点A作AB⊥AE，交BD的延长线于点E.

    因为∠ABC=∠ADC，所以A，D，B，C四点共圆.

    所以∠DBA=∠DCA=45°.

    所以△ABE是等腰直角三角形.

    所以AB=AE=7，所以BE=7 2.

    由手拉手模型可知△AED≌△ABC.

    所以ED=BC=3.

    所以BD=7 2-3.

    例2 如图15，在△ABC中，∠ABC=45°，AB=5 22，BC=12，以AC为直角边，点A为直角顶点作等腰Rt△ACD，则BD=.

    思路点拨 如图18，以点A为顶点，AB为腰作等腰Rt△ABE，构造手拉手模型.連接CE，可得△ABD≌△AEC.所以AB=AE，得EB=5，且∠EBC=90°.所以EC=13，即BD=EC=13.

    变式1 如图16，在△ABC中，∠ABC=60°，AB=2 3，BC=8，以AC为腰，点A为顶点作等腰△ACD，且∠DAC=120°，则BD=.

    思路点拨 如图19，以点A为顶点，AB为腰作等腰△ABE，且使∠BAE=120°，构造手拉手模型.连接CE，可得△ABD≌△AEC.所以AB=AE.在腰长为2 3，顶角为120°的等腰三角形中可求得EB=6，且∠EBA=30°.所以∠EBC=90°.所以EC=10.即BD=EC=10.

    变式2 如图17，点P为等边△ABC内一点，且满足∠APB=150°，∠APC=90°，PB=1，则PC=.

    思路点拨 如图20，以点P为顶点，PB为边作等边△PBE，连接CE，构造手拉手模型，可得△BPA≌△BEC.所以∠BEC=∠BPA=150°.又因为∠BEP=60°，所以∠PEC=90°.通过围绕点P的圆周角360°可得∠EPC=60°，且PE=1，所以PC=2.

    4 解题反思

    “天下难事，必作于易;天下大事，必作于细”.数学问题的解决亦是如此，应用数学模型去寻找解题思路，通过观察、类比、联想，把复杂图形转化为简单的基本图形问题，就能容易获解.在几何解题中，有许多重要的数学模型，我们要进行探索、提炼、归纳，再研究它们的应用，这必将有利于提高我们的解题能力，以达到举一反三、触类旁通的目的[2].

    参考文献：

    [1]范良火.浙教版数学八年级上册[M].杭州：浙江教育出版社，2013.

    [2]胡德林，黄静.数学模型的应用与数学应用能力培养的策略探究[J].中学数学，2019（06）：70-72.

    （收稿日期：2019-05-07）
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更新时间：2024/12/22 21:50:15