专题14 共顶点模型
破解策略
1．等边三角形共顶点
等边△ABC与等边△DCE，B、C、E三点共线．
AFDHGBCE
连结BD、AE交于点F，BD交AC于点G，AE交DC于点H，连结CF、GH，则： （1）△BCD≌△ACE； （2）AE＝BD；
（3）∠AFB＝∠DFE＝60°； （4）FC平分∠BFE；
（5）BF＝AF＋FC，EF＝DF＋FC； （6）△CGH为等边三角形．
?CA?CB证明 （1）由已知条件可得??∠ACE?∠BCD，则△BCD≌△ACE．
??EC?DC（2）由（1）得AE＝BD；
（3）由（1）得∠GAF＝∠GBC，而∠AGF＝∠BGC，所以∠DFE＝∠AFB＝∠ACB＝60°．（4）方法一 如图1，过点C分别作BD、AE的垂线，垂足分别为M、N． 由（1）知S1△ACE＝S△BCD，即
2BD·CM＝12AE·CN，所以CM＝CN，故FC平分∠BFE．AMFDNBCE图1
方法二 由∠CAF＝∠CBF，可得A、B、C、F四点共圆，所以∠BFC＝∠BAC＝60°．
同理可得∠CFE＝∠CDE＝60°．所以FC平分∠BFE．
（5）如图2，作∠FCI＝60°，交BD于点I，则△CFI为等边三角形． 易证△BCI≌△ACF，所以BI＝AF，IF＝CI＝FC． 从而BF＝BI＋IF＝AF＋CF．同理可得EF＝DF＋FC．
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AMFDNBCE图1
（6）易证△ACH≌△BCG（ASA） 可得CG＝CH，而∠GCH＝60°，所以△CGH为等边三角形．
2．等腰直角三角形共顶点
等腰Rt△ABC与等腰Rt△DCE中，∠ACB＝∠DCE＝90°．
AAIFDDHCCBEBGJE图1图2
如图1，连结BD、AE交于点F，连结FC、AD、BE，则： （1）△BCD≌△ACE； （2）AE＝BD； （3）AE⊥BD；
（4）FC平分∠BFE；
（5）AB2＋DE2＝AD2＋BE2
（6）BF＝AF＋2FC，EF＝DF＋2FC；
（7）如图2，若G、I分别为BE、AD的中点，则GC⊥AD、IC⊥BE（反之亦然）； （8）S△ACD＝S△BCE 证明（1）（2）（3）（4）证明见“等边三角形共顶点”；
（5）因为AE⊥BD，由勾股定理可得AB2＋DE2＝（AF2＋BF2）＋（DF2＋EF2
）， AD2＋BE2＝（AF2＋DF2）＋（BF2＋EF2）
所以AB2＋DE2＝AD2＋BE2
（6）如图3，过点C作CK⊥FC，交BD于点K，则△CFK为等腰直角三角形． 易证△BCK≌△ACF，所以BK＝AF．从而BF＝BK＋KF＝AF＋2FC， 同理可得EF＝DF＋2FC．
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AFKCBDE图3
（7）①如图4，延长GC，交AD延长线于点H，延长CG至点K，使得GK＝GC，连结BK． 易证∠KBG＝∠CEG，BK＝EC＝CD．
由题意可得∠ACD＋∠BCE＝∠CBE＋∠CEB＋∠BCE＝180°， 所以∠ACD＝∠CBE＋∠CEB＝∠CBG＋∠GBK＝∠CBK． 可得△ACD≌△CBK（SAS） 则∠CAD＝∠BCK，
所以∠ACH＋∠CAH＝∠ACH＋∠BCK＝90°，故GC⊥AD．
ADHCBKGE图4
②如图5，CJ⊥BE，延长JC交AD于点T，分别过点A，D作IJ的垂线，垂足分别为M、N．由已知可得△AMC≌△CJB；△DNC≌△CJE，
所以AM＝DN＝CJ，故有△AMI≌△DNI，所以AI＝DI，即可证．
AMINDCBJE图5
（8）在（7）中的证明过程中可得到S△ACD＝S△BCE；也可以用下面的方法来证明 如图6，过点D作DP⊥AC于点P，过点E作EQ⊥BC，交BC延长线于点Q． 易证△DPC≌△EQC（AAS）．所以DP＝EQ，故
11DP·AC＝ EQ·BC，即S△ACD＝S△BCE 22 59
山东省诸城市桃林镇2017届中考数学压轴题专项汇编 专题14 共顶点模型
