中考復習題型過關題型八類比、拓展探究題

1、中考復習題型過關題型八類比、拓展探究題中考復習題型過關題型八類比、拓展探究題考法幫類型4 “一線三等角”模型類型2 中點模型類型3 半角模型類型1 “手拉手”模型類型4 “一線三等角”模型類型2 中點模型類型3類型1 “手拉手”模型考法幫模型講解 高分技法1.【模型說明】 兩個三角形的頂點重合,其中一個三角形不動,另一個三角形繞著一個重合的頂 點旋轉(zhuǎn),就好像手拉著手一樣,故叫“手拉手”模型.2.【模型特征】 (1)有共頂點的一對相似三角形(對應邊相等時,是全等三角形); (2)一個三角形位置固定,另一個三角形繞公共頂點旋轉(zhuǎn); (3)“左手拉左手”“右手拉右手”(如下表中的“左手”點A與點C,“

2、右手” 點B與點D始終相連).典例剖析類型1 “手拉手”模型考法幫模型講解高分技法1.【模類型1 “手拉手”模型考法幫模型講解3.【模型類別及相關結論】 高分技法模型模型說明基本結論模型1: 1.AOBCOD(兩三角形重合),OA=OB,AOB=;2.將COD繞點O旋轉(zhuǎn),直線AC,BD交于點E,夾角為.1.點A,O,C不共線時,有 AOCBOD,AOC和BOD均為等腰三角形;2.當90時,=,當90時,=180-.3.點E在OAB的外接圓上.模型2: 1.AOBCOD(兩三角形重合),OAOB,AOB=;2.將COD繞點O旋轉(zhuǎn),直線AC,BD交于點E,夾角為.1.點A,O,C不共線時,有AOC

3、BOD,AOC和BOD均為等腰三角形;2.當90時,=,當 90時,=180-;3.點E在OAB的外接圓上.典例剖析類型1 “手拉手”模型考法幫模型講解3.【模型類別及相關類型1 “手拉手”模型考法幫模型講解高分技法模型模型說明基本結論模型3: 1.AOBCOD(OC90時,=180-;3.點E在OAB的外接圓上.典例剖析類型1 “手拉手”模型考法幫模型講解高分技法模型模型說明類型1 “手拉手”模型考法幫模型講解 高分技法模型模型說明基本結論模型4: 1.AOB,COD是直角三角形,O是直角頂點,AOBCOD(OCOA);2.將COD繞點O旋轉(zhuǎn),直線AC,BD交于點E.1.點A,O,C不共線時

4、,有AOCBOD;2.ACBD;3.點E在OAB的外接圓上;4.連接AD,BC,則有S四邊形ABCD= ACBD.模型5: 1.AOBCOD(OC90時,=180-;3.點E在OAB的外接圓上.典例剖析類型1 “手拉手”模型考法幫模型講解高分技法模型模型說明考法幫1.判斷“左右手”的方法:將初始圖形的公共頂點放在上方,圖形正對我們,我們左邊頂點為“左手”, 右邊頂點為“右手”.2.兩條“拉手線”所在直線夾角與初始圖形中公共頂點對應的角相等或互補.3.三角形順時針或逆時針旋轉(zhuǎn),得到的結論都是一樣的,要根據(jù)題干的條件靈活運用. 4.“手拉手”模型中,對應邊與“拉手線”組成的兩個三角形相似(若“手拉

5、手”的兩個三角形均是 等腰三角形,且公共頂點是頂角頂點,則對應邊與“拉手線”組成的兩個三角形全等).5.在河南中考的第22題(3)中,考查點可能是:點重合問題;共線問題;夾角是特殊角問題.模型講解高分技法類型1 “手拉手”模型典例剖析考法幫1.判斷“左右手”的方法:將初始圖形的公共頂點放在上方類型1 “手拉手”模型考法幫模型講解 高分技法典例剖析4.【模型構造】如果題中圖形沒有共頂點的相似圖形,就需要“補形”,即構造一對共頂點的相似圖形. 圖(1) 圖(2)“補形”方法:如圖(1),此圖形有一個等腰直角三角形ACD和一條“拉手線”BD,則以頂點A為直角頂點,補一個等腰直角三角形ABE,再連接另

6、一條“拉手線”CE,得到圖(2).結論:ABDAEC,ABEADC.即“旋轉(zhuǎn)相似+旋轉(zhuǎn)全等”都出現(xiàn)了.注:其他“手拉手”模型的“補形”方法基本是一致的.類型1 “手拉手”模型考法幫模型講解高分技法典例剖析4.類型1 “手拉手”模型考法幫典例剖析 高分技法模型講解例1 2018河南,22(1)問題發(fā)現(xiàn)如圖(1),在OAB和OCD中,OA=OB,OC=OD,AOB=COD=40,連接AC,BD交于點M.填空:的值為; AMB的度數(shù)為.(2)類比探究如圖(2),在OAB和OCD中,AOB=COD=90,OAB=OCD=30,連接AC,交BD的延長線于點M.請判斷的值及AMB的度數(shù),并說明理由.(3)

7、拓展延伸在(2)的條件下,將OCD繞點O在平面內(nèi)旋轉(zhuǎn),AC,BD所在直線交于點M.若OD=1,OB=,請直接寫出當點C與點M重合時AC的長. 圖(1)圖(2)備用圖類型1 “手拉手”模型考法幫典例剖析高分技法模型講解例1類型1 “手拉手”模型考法幫 高分技法思路分析(1)根據(jù)“手拉手”模型3,得到AOCBOD,AMB=AOB;(2)根據(jù)“手拉手”模型4,得到AOCBOD,ACBD,求解即可;(3)在旋轉(zhuǎn)過程中,始終有“拉手線”AC與BD互相垂直,據(jù)此設未知數(shù),運用勾股定理求解即可.參考答案(1)140解法提示:AOB=COD,BOD=AOC,又OC=OD,OA=OB,AOCBOD,(此為“手拉

8、手”模型3的應用,OAB和OCD是共頂點相似三角形,AC,BD是“拉手線”)AC=BD,OBD=OAC, =1.典例剖析模型講解類型1 “手拉手”模型考法幫高分技法思路分析(1)根據(jù)類型1 “手拉手”模型考法幫 高分技法設BD,OA交于點N,MNA=ONB,OBD=OAC,AMB=AOB=40.(“拉手線”AC,BD所在直線所夾銳角與AOB相等)(2) ,AMB=90.理由如下:AOB=COD=90,OAB=OCD=30, ,COD+AOD=AOB+AOD,即AOC=BOD,AOCBOD,(此為“手拉手”模型4的應用,OAB和OCD是共頂點相似三角形,AC,BD是“拉手線”) ,CAO=DBO

9、.設AO,BM交于點N,ANM=BNO,AMB=AOB=90.(“拉手線”AC,BD所在直線互相垂直)典例剖析模型講解類型1 “手拉手”模型考法幫高分技法設BD,OA交于點類型1 “手拉手”模型考法幫 高分技法(3)AC的長為 或 .解法提示:由(2)可知,AMB=90, ,設BD=x,則AC= .分兩種情況討論.如圖(1),當點M,C在OA上側(cè)重合時,在RtABC中,AB2=AC2+BC2, ,解得x1=2,x2=-3(不合題意,舍去), AC= .如圖(2),當點M,C在OA下側(cè)重合時,在RtABC中,AB2=AC2+BC2, ,解得x1=-2(不合題意,舍去),x2=3, AC= .綜上

10、所述,AC的長為 或 .典例剖析模型講解類型1 “手拉手”模型考法幫高分技法(3)AC的長為 類型1 “手拉手”模型考法幫 高分技法例2 在ABC中,BAC=60.(1)如圖(1),AB=AC,點P在ABC內(nèi),且APC=150,PA=3,PC=4.以AP為一邊,在AP右側(cè)作等邊三角形APD, 連接CD. 依題意補全圖(1); 直接寫出PB的長.(2)如圖(2),若AB=AC,點P在ABC外,且PA=3,PB=5,PC=4,求APC的度數(shù).(3)如圖(3),若AB=2AC,點P在ABC內(nèi),且PA=,PB=5,APC=120,直接寫出PC的長. 圖(1)圖(2)圖(3)典例剖析模型講解類型1 “手

11、拉手”模型考法幫高分技法例2 在ABC類型1 “手拉手”模型考法幫 高分技法思路分析(1)依題意補形,根據(jù)“手拉手”模型3,得到ABPACD,得到BP=CD,進而在DPC中進行求解;(2)“補形”方法同(1),再結合勾股定理的逆定理進行求解;(3)根據(jù)“手拉手”模型5補形,已知ABC和“拉手線”BP,補充與它相似的APD和“拉手線”CD,得到ABPACD,再結合勾股定理進行求解.參考答案(1)依題意補全圖形,如圖(1)所示. 圖(1)典例剖析模型講解類型1 “手拉手”模型考法幫高分技法思路分析(1)依題類型1 “手拉手”模型考法幫 高分技法PB=5.解法提示:由等邊三角形的性質(zhì),得AD=DP=

12、AP=3,DAP=APD=60,又BAC=60,APC=150,BAP=CAD,DPC=90,又AB=AC,ABPACD,(此為“手拉手”模型3的應用,ABC和APD是共頂點相似三角形,BP,CD是“拉手線”)BP=CD.在RtPDC中,DPC=90,PD=3,PC=4,BP=CD=5.典例剖析模型講解類型1 “手拉手”模型考法幫高分技法PB=5.典例剖析類型1 “手拉手”模型考法幫 高分技法(2)如圖(2),以AP為一邊,在AP的左上方作等邊三角形APD,連接DC,(根據(jù)“手拉手”模型3補形,已知等邊三角形ABC和“拉手線”BP,補充等邊三角形APD和“拉手線”CD)可得DP=AD=AP=3

13、,PAD=DPA=60=BAC,BAP=CAD,又AB=AC,APBADC,CD=BP=5.在DPC中,DP2+CP2=32+42=52=CD2,DPC=90,APC=DPC-DPA=90-60=30.典例剖析模型講解類型1 “手拉手”模型考法幫高分技法(2)如圖(2),典類型1 “手拉手”模型考法幫 高分技法(3)PC=2.解法提示:在ABC中,BAC=60,AB=2AC,易得ACB=90,ABC=30.如圖(3),將AP繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60,得到AE,在AE上截取AD= AP,連接DP,DC,(根據(jù)“手拉手”模型5補形,已知ABC和“拉手線”BP,補充與它相似的APD和“拉手線”CD)則A

14、PDABC,APD=ABC=30,ADP=ACB=90,DPC=120-30=90,PD=APsinPAD= sin 60= .BAC=PAD=60,BAP=CAD,又 =2,ABPACD, =2,CD= .在RtDPC中,根據(jù)勾股定理,得CP= =2.典例剖析模型講解類型1 “手拉手”模型考法幫高分技法(3)PC=2.典例考法幫解決類比探究題的一般思路第一問通過操作發(fā)現(xiàn),找到解決問題的思路和方法;第二問通常是在第一問的基礎上,改變其中的一個條件,只需觀察改變的條件,即可利用同樣的思路解決問題;第三問通常將原題中的特殊情況推廣到一般情況,利用前兩問的做題思路進行求解.模型講解高分技法類型1 “

15、手拉手”模型典例剖析考法幫解決類比探究題的一般思路模型講解高分技法類型1 “類型2 中點模型考法幫模型講解典例剖析1.【模型說明】中點模型,即與中點有關的模型,一般涉及三角形各邊中點、中線及中位線的有關性質(zhì)的應用.解決此類問題時,常常采用“倍長中線”、構造直角三角形的斜邊中線和軸對稱變換等方法解題.類型作法說明圖示見中線,可倍長倍長中線或類中線(與中點有關的線段)構造全等三角形或平行四邊形. 見等腰三角形,想“三線合一”.已知等腰三角形底邊的中點,可以考慮與頂角頂點相連,用“三線合一”.2.【輔助線作法】類型2 中點模型考法幫模型講解典例剖析1.【模型說明】類類型2 中點模型考法幫模型講解 典

16、例剖析類型作法說明圖示見斜邊,想中線已知直角三角形斜邊的中點,可以考慮構造斜邊中線,目的是得到三條等線段和兩對等角. 見一個或多個中點,想中位線已知三角形兩邊的中點,可以連接這兩個中點,構造中位線. 已知一邊中點,可以在其他邊上取中點,連接兩個中點構造中位線.已知一邊中點,過中點作其他邊的平行線,可構造相似比為12的相似三角形.類型2 中點模型考法幫模型講解典例剖析類型作法說明圖示見考法幫例3 如圖,在RtABC中,ACB=90,ABC=30,點D是AC邊上一點,過點D作DEAB于點E,連接BD,取BD的中點F,連接FE,FC.【觀察猜想】(1)如圖(1),線段FE與線段FC的數(shù)量關系是,EF

17、C=;【問題探究】(2)將圖(1)中的ADE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn),當旋轉(zhuǎn)角是60時,如圖(2)所示,連接CE,請判斷FEC是不是等邊三角形,并說明理由.模型講解典例剖析類型2 中點模型考法幫例3 如圖,在RtABC中,ACB=90,考法幫思路分析(1)根據(jù)直角三角形斜邊中線的性質(zhì),可得FE=FC=BD,再結合三角形外角及等腰三角形的性質(zhì),可求得EFC的度數(shù).(2)方法一(倍長中線法):延長EF到點G,使FG=EF,連接BG,CG,根據(jù)條件證明CBGCAE,可求得ECG=90,CEG=60,最后結合直角三角形斜邊中線的性質(zhì),可得CF=EF,問題得證.方法二(倍長中線法):延長CF至點H,使FH=CF

18、,連接DH,EH,根據(jù)條件證明EDHEAC,可求得CEH=90,ECH=60,最后結合直角三角形斜邊中線的性質(zhì),可得CF=EF,問題得證.方法三(構造直角三角形斜邊中線法):取AD的中點M,連接EM,根據(jù)條件證明AECMEF,得到EC=EF,AEC=MEF,從而得到CEF=60,問題得證.模型講解典例剖析類型2 中點模型考法幫思路分析(1)根據(jù)直角三角形斜邊中線的性質(zhì),可得FE考法幫方法四(構造直角三角形斜邊中線法):取AB的中點N,連接CN,根據(jù)條件證明CAECNF,得到CE=CF,ACE=NCF,從而得到ECF=60,問題得證.方法五(構造直角三角形斜邊中線法):過點D作DPBC,DOAC

19、,垂足分別為點P,O,連接PF,根據(jù)條件證明EDFCPF,得到FE=FC,DFE=PFC,從而得到EFC=60,問題得證.方法六(構造全等三角形法):延長AC到點Q,使CQ=AE,連接FQ,設點M為AD的中點,根據(jù)條件證明AEFQCF,得到FE=FC,EFA=CFQ,從而得到EFC=60,問題得證.方法七(軸對稱法):作點E關于直線AB的對稱點R,易知點R在AC上,連接DR,FR,過點F作FSAC于點S,根據(jù)條件證明FE=FC,CFE=60,問題得證.方法八(軸對稱法):作點C關于直線AB的對稱點T,易知點T在AE的延長線上,連接BT,FT,過點F作FWAT于點W,根據(jù)條件證明FE=FC,CF

20、E=60,問題得證.模型講解典例剖析類型2 中點模型考法幫方法四(構造直角三角形斜邊中線法):取AB的中點N,連考法幫參考答案(1)FE=FC60解法提示:在RtDCB和RtDEB中,點F是斜邊上的中點,FE=BF=FC,FCB=FBC= DFC,FEB=FBE= DFE,EFC=DFC+DFE=2ABC=60.模型講解典例剖析類型2 中點模型考法幫參考答案(1)FE=FC60模型講解典例剖析類型2考法幫(2)FEC是等邊三角形.理由如下:方法一(倍長中線法):如圖(1),延長EF到點G,使FG=EF,連接BG,CG,易證EFDGFB,BG=DE,FBG=EDF.易知EDA=30,DE=AE,

21、CAE=120, ,FBG=EDF=150,CBG=150-30=120=CAE,CBGCAE,BCG=ACE, ,ECG=ECB+BCG=ECB+ACE=90,CEG=60,CF=EF,FEC是等邊三角形.模型講解典例剖析類型2 中點模型考法幫(2)FEC是等邊三角形.模型講解典例剖析類型2 考法幫方法二(倍長中線法):如圖(2),延長CF至點H,使FH=CF,連接DH,EH,易證DFHBFC,DH=BC= AC,HDF=B=30, ,EDH=180-30-30=120=EAC,EDHEAC,DEH=AEC, ,CEH=CED+DEH=CED+AEC=90,ECH=60,CF=EF,FEC是

22、等邊三角形.模型講解典例剖析類型2 中點模型考法幫方法二(倍長中線法):如圖(2),延長CF至點H,使F考法幫方法三(構造直角三角形斜邊中線法):如圖(3),取AD的中點M,連接EM,AED=90,EM=AM,又EAM=60,AEM是等邊三角形,AE=EM,AME=60,EMF=120=CAE.MF=MD+DF= AD+ BD= AB,AC= AB,MF=AC,AECMEF,EC=EF,AEC=MEF,CEF=MEF+CEM=AEC+CEM=AEM=60,FEC是等邊三角形.模型講解典例剖析類型2 中點模型考法幫方法三(構造直角三角形斜邊中線法):如圖(3),取AD考法幫方法四(構造直角三角形

23、斜邊中線法):如圖(4),取AB的中點N,連接CN,則CN=AN=BN= AB,又DF=FB= DB,NF=NB-FB= (AB-BD)= AD=AE.易證ACN是等邊三角形,AC=NC,ANC=60,CNF=120=CAE,CAECNF,CE=CF,ACE=NCF,ECF=ECN+NCF=ECN+ACE=ACN=60,FEC是等邊三角形.模型講解典例剖析類型2 中點模型考法幫方法四(構造直角三角形斜邊中線法):如圖(4),取AB考法幫方法五(構造直角三角形斜邊中線法):如圖(5),過點D作DPBC,DOAC,垂足分別為點P,O,連接PF,則PF=DF=BF.易證DE=DO=PC,FPC=FD

24、E=150,DFP是等邊三角形,EDFCPF,DFP=60,FE=FC,DFE=PFC,EFC=DFP=60,FEC是等邊三角形.模型講解典例剖析類型2 中點模型考法幫方法五(構造直角三角形斜邊中線法):如圖(5),過點D考法幫方法六(構造全等三角形法):如圖(6),延長AC到點Q,使CQ=AE,連接FQ,設點M為AD的中點,則AM=MD=AE.AF=AM+MF=AM+ AB,AQ=AC+CQ= AB+AE,AF=AQ,又QAF=60,AFQ是等邊三角形,AFQ=CQF=60=EAF,AF=FQ,AEFQCF,FE=FC,EFA=CFQ,EFC=AFQ=60,FEC是等邊三角形.模型講解典例剖

25、析類型2 中點模型考法幫方法六(構造全等三角形法):如圖(6),延長AC到點Q考法幫方法七(軸對稱法):如圖(7),作點E關于直線AB的對稱點R,易知點R在AC上,連接DR,FR,則DRAC,FR=FE,EFA=RFA.過點F作FSAC于點S,則AFS=30,DRFSBC.DF=BF,RS=SC,直線SF是線段RC的垂直平分線,FR=FC,RFS=CFS,FE=FC,CFE=RFC+RFE=2SFA=60,FEC是等邊三角形.模型講解典例剖析類型2 中點模型考法幫方法七(軸對稱法):如圖(7),作點E關于直線AB的對考法幫方法八(軸對稱法):如圖(8),作點C關于直線AB的對稱點T,易知點T在

26、AE的延長線上,連接BT,FT,則BTAT,FT=FC,CFA=TFA,ABT=ABC=30.過點F作FWAT于點W,則AFW=30,DEFWBT.DF=BF,TW=WE,直線WF是線段ET的垂直平分線,FT=FE,TFW=EFW,FE=FC,CFE=CFA+AFE=AFT+AFE=2AFE+2EFW=2AFW=60,FEC是等邊三角形.模型講解典例剖析類型2 中點模型考法幫方法八(軸對稱法):如圖(8),作點C關于直線AB的對類型3 半角模型考法幫典例剖析例4 (1)發(fā)現(xiàn)問題如圖(1),在正方形ABCD中,點E,F分別是BC,CD邊上的動點(均不與端點重合),且EAF=45,試判斷BE,EF

27、,DF之間的數(shù)量關系.小明把ABE繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90得到ADG,發(fā)現(xiàn)EF=BE+DF,請你給出證明過程.(2)類比探究如圖(2),在正方形ABCD中,若點E,F分別是邊CB,DC延長線上的動點,且EAF=45,則(1)中的結論還成立嗎? 請寫出證明過程;如圖(3),在正方形ABCD中,若點E,F分別是BC,CD延長線上的動點,且EAF=45,請直接寫出EF,BE,DF之間的數(shù)量關系.(不要求證明)(3)拓展應用在(1)中, 若正方形ABCD的邊長為6,AE=3,求EF的長.類型3 半角模型考法幫典例剖析例4 (1)發(fā)現(xiàn)問題類型3 半角模型考法幫典例剖析 思路分析利用半角模型進行求解.(1)先

28、證明AFGAFE,得到EF=FG,再進行等量代換即可得證.(2)先把ABE繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90得到ADG,再證明AFGAFE,得到EF=FG,最后進行等量代換即可得證.方法同.(3)根據(jù)勾股定理,可求得BE的長,再在RtCEF中,結合勾股定理和(1)中結論進行求解.類型3 半角模型考法幫典例剖析思路分析利用半角模型進行類型3 半角模型考法幫典例剖析 參考答案(1)證明:由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得ADG=B=90,AG=AE,DAG=BAE,DG=BE.又ADC=90,F,D,G三點共線.EAF=45,BAE+FAD=45,FAG=FAD+DAG=FAD+BAE=45,FAG=EAF,又AE=AG,AF=

29、AF,AFGAFE,FE=FG.FG=FD+DG=DF+BE,EF=BE+DF.類型3 半角模型考法幫典例剖析參考答案(1)證明:由旋類型3 半角模型考法幫典例剖析(2)不成立.證明:如圖(1),把ABE繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90得到ADG.ADG=ADF=90,F,G,D三點共線.由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知DAG=BAE,AG=AE,DG=BE,FAB+DAG=FAB+BAE=FAE=45,FAG=FAE,AFGAFE,EF=FG.FG=DF-DG=DF-BE,EF=DF-BE.類型3 半角模型考法幫典例剖析(2)不成立.類型3 半角模型考法幫典例剖析EF=BE-DF.解法提示:如圖(2),把ADF繞點A逆時

30、針旋轉(zhuǎn)90得到ABH,易證AEHAEF,則EF=EH=BE-BH=BE-DF,即EF=BE-DF.(3)由(1)知,EF=DF+BE. 在RtABE中,BE= ,CE=6-3=3.設EF=x,則DF=x-3,CF=6-(x-3)=9-x.在RtCEF中,CF2+CE2=EF2,即(9-x)2+32=x2,解得x=5,故EF的長是5.類型3 半角模型考法幫典例剖析EF=BE-DF.類型4 “一線三等角”模型考法幫模型講解典例剖析1.【模型說明】“一線三等角”模型指的是三個等角的頂點在同一條直線上的模型,也稱為“K型”相似模型,如圖,ABC=ACE=CDE.特別地,當ABC=ACE=CDE=90時

31、,該模型是“一線三直角”模型(詳見高分突破微專項4中的“一線三直角”模型).類型4 “一線三等角”模型考法幫模型講解典例剖析1.【模類型4 “一線三等角”模型考法幫模型講解典例剖析2.【模型類別及相關結論】類別圖示常用輔助線結論K型銳角30角 B=ACE=D=30 射線BA,DE交于點F.1.BFD=120;2.BACDCE;3.若AC=CE,則BACDCE,BD=AB+DE.45角 B=ACE=D=45 射線BA,DE交于點F.1.BFD=90;2.BACDCE;3.若AC=CE,則BACDCE,BD=AB+DE.類型4 “一線三等角”模型考法幫模型講解典例剖析2.【模類型4 “一線三等角”

32、模型考法幫模型講解典例剖析類別圖示常用輔助線結論K型銳角60角 B=ACE=D=60 射線BA,DE交于點F.1.BFD=60;2.BACDCE;3.若AC=CE,則BACDCE,BD=AB+DE.非特殊角 B=ACE=D= 射線BA,DE交于點F.1.BFD=180-2;2.BACDCE;3.若AC=CE,則BACDCE,BD=AB+DE.類型4 “一線三等角”模型考法幫模型講解典例剖析類別圖示類型4 “一線三等角”模型考法幫模型講解典例剖析類別圖示常用輔助線結論K型鈍角120角 B=ACE=D=120 射線AB,ED交于點F.1.F=60;2.BACDCE;3.若AC=CE,則BACDCE

33、,BD=AB+DE.非特殊角 B=ACE=D= 射線AB,ED交于點F.1.F=2-180;2.BACDCE;3.若AC=CE,則BACDCE,BD=AB+DE.類型4 “一線三等角”模型考法幫模型講解典例剖析類別圖示類型4 “一線三等角”模型考法幫模型講解典例剖析變K型 ABC=1=D=射線BA,DE交于點F. 延長AB,ED交于點F.1.當90時,BFD=2-180;2.BACDBE;3.若AC=BE,則BACDBE,BD=DC+DE.類型4 “一線三等角”模型考法幫模型講解典例剖析變K型 考法幫例5 (1)如圖(1),在ABC中,BAC=90,AB=AC,直線m經(jīng)過點A,BDm,CEm,垂足分別為點D,E.求證:DE=BD+CE.(2)如圖