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
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