摘 要：初中幾何中有許多基本圖形，這些基本圖形與其它知識點組合在一起，共同演繹著變化無窮的幾何綜合性問題.解決此類問題，一般要轉(zhuǎn)化、分解或者構(gòu)造出解題模型，然后應(yīng)用模型的相關(guān)結(jié)論解決問題.本文以“手拉手”模型為例進行探索及應(yīng)用.

關(guān)鍵詞：“手拉手”模型;等腰三角形;旋轉(zhuǎn)

作者簡介：沈建新（1981-），男，浙江德清人，本科，中學一級教師，研究方向：初中數(shù)學解題研究.

1 原題呈現(xiàn)

題目 （浙教版數(shù)學八年級上冊第44頁習題）已知，如圖1，∠EAB=∠CAD，AE=AB，AC=AD，求證：△EAC≌△BAD[1].

此題可通過SAS證明兩個三角形全等.若連接EB，CD，如圖2，究其實質(zhì)，是兩個頂角相等，且含有公共頂點的等腰三角形組成的圖形.△BAD可以看作由△EAC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)一定的角度得到，為便于觀察，當旋轉(zhuǎn)一定的角度后使EC與BD相交，還可以得到哪些結(jié)論？

2 模型探索

2.1 模型初探

如圖3，銳角△ABC中，分別以AB，AC為邊向外作等腰△ABE和等腰△ACD，使AE=AB，AD=AC，∠EAB=∠CAD，則△EAB∽△CAD.連接BD，CE，AF，則有如下結(jié)論：

（1）△EAC≌△BAD;

（2）EC=BD;

（3）∠EFB=∠EAB=∠CAD;

（4）FA平分∠EFD.

證明 （1）因為∠EAB=∠CAD，所以∠EAB+∠BAC=∠CAD+∠BAC.

所以∠EAC=∠BAD.

又因為AE=AB，AC=AD，

所以△EAC≌△BAD.

（2）因為△EAC≌△BAD，所以EC=BD.

（3）如圖4，因為△EAC≌△BAD，所以∠1=∠2.

又因為∠3=∠4，所以∠EAB=∠EFB.

因為∠EAB=∠CAD，所以∠EFB=∠EAB=∠CAD;

究其實質(zhì)，△EAC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到△BAD，EA旋轉(zhuǎn)得到BA，CA旋轉(zhuǎn)得到DA，那么第三邊EC旋轉(zhuǎn)得到BD，即EC=BD，且旋轉(zhuǎn)角都相等，即∠EFB=∠EAB=∠CAD.

（4）解法1 如圖4，過點A分別作AM⊥EC，AN⊥BD，垂足分別為點M，N.

因為△EAC≌△BAD，所以∠1=∠2.

又因為AE=AB，所以△EAM≌△BAN.

所以AM=AN.

所以FA平分∠EFD.

解法2 因為△EAC≌△BAD，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊上的高相等，可得AM=AN;

或利用面積法，可得S△EAC=S△BAD.

因為EC=BD，所以AM=AN.

所以FA平分∠EFD.

解法3 如圖5，因為△EAC≌△BAD，所以∠1=∠2.所以A，E，B，F(xiàn)四點共圓.所以∠3=∠4.

同理因為△EAC≌△BAD，所以∠5=∠6.所以A，D，C，F(xiàn)四點共圓.所以∠7=∠8.

又因為等腰△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

當上述圖形中分別以AB，AC為邊向外作等腰△ABE和等腰△ACD，且頂角∠EAB=∠CAD=60°或90°時，則兩個等腰三角形都特殊化為等邊三角形或等腰直角三角形（如圖6，7），上述結(jié)論仍然成立.

2.3 模型提煉

像這樣，含有頂角相等且頂點重合的兩個等腰三角形所組成的圖形的一類題目，我們可形象地稱之為“手拉手”模型.

這類題目的解決思路一般是：根據(jù)“旋轉(zhuǎn)出等腰，等腰可旋轉(zhuǎn)”，當出現(xiàn)“一大一小兩個相似的等腰三角形，共頂點，等線段”結(jié)構(gòu)時，可考慮“造旋轉(zhuǎn)，出全等”解題策略.

3 模型應(yīng)用

例1 （2015年營口）（1）如圖8，銳角△ABC中，分別以AB，AC為邊向外作等腰△ABE和等腰△ACD，使AE=AB，AD=AC，∠EAB=∠CAD，連接BD，CE，試猜想BD與CE的大小關(guān)系，并說明理由;

（2）如圖9，四邊形ABCD中，AB=7，BC=3，∠ABC=∠ACD=∠ADC=45°，求BD的長;

（3）如圖10，在（2）的條件下，當△ACD在線段AC的左側(cè)時，求BD的長.

思路點撥 （1）BD=CE.利用手拉手模型可得△EAC≌△BAD.

（2）解法1 如圖11，過點A作AB⊥AE，交BC的延長線于點E.因為∠ABC=45°，所以△ABE為等腰直角三角形.

連接DE，由手拉手模型可知△BAC≌△EAD.

所以BC=DE=3，∠AED=∠ABC=45°.

因為等腰Rt△ABE，則BE=7 2 ，∠AEB=45°.

所以∠DEB=90°.

所以BD=（7 2）2+32=107.

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

所以EC=BD.

因為等腰Rt△ABE，所以BE=7 2.

因為∠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，過點A作AB⊥AE，交BC的延長線于點E.因為∠ABC=45°，所以

△ABE為等腰直角三角形.

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 如圖14，過點A作AB⊥AE，交BD的延長線于點E.

因為∠ABC=∠ADC，所以A，D，B，C四點共圓.

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 如圖15，在△ABC中，∠ABC=45°，AB=5 22，BC=12，以AC為直角邊，點A為直角頂點作等腰Rt△ACD，則BD=.

思路點撥 如圖18，以點A為頂點，AB為腰作等腰Rt△ABE，構(gòu)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.

變式1 如圖16，在△ABC中，∠ABC=60°，AB=2 3，BC=8，以AC為腰，點A為頂點作等腰△ACD，且∠DAC=120°，則BD=.

思路點撥 如圖19，以點A為頂點，AB為腰作等腰△ABE，且使∠BAE=120°，構(gòu)造手拉手模型.連接CE，可得△ABD≌△AEC.所以AB=AE.在腰長為2 3，頂角為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.

變式2 如圖17，點P為等邊△ABC內(nèi)一點，且滿足∠APB=150°，∠APC=90°，PB=1，則PC=.

思路點撥 如圖20，以點P為頂點，PB為邊作等邊△PBE，連接CE，構(gòu)造手拉手模型，可得△BPA≌△BEC.所以∠BEC=∠BPA=150°.又因為∠BEP=60°，所以∠PEC=90°.通過圍繞點P的圓周角360°可得∠EPC=60°，且PE=1，所以PC=2.

4 解題反思

“天下難事，必作于易;天下大事，必作于細”.數(shù)學問題的解決亦是如此，應(yīng)用數(shù)學模型去尋找解題思路，通過觀察、類比、聯(lián)想，把復(fù)雜圖形轉(zhuǎn)化為簡單的基本圖形問題，就能容易獲解.在幾何解題中，有許多重要的數(shù)學模型，我們要進行探索、提煉、歸納，再研究它們的應(yīng)用，這必將有利于提高我們的解題能力，以達到舉一反三、觸類旁通的目的[2].

參考文獻：

[1]范良火.浙教版數(shù)學八年級上冊[M].杭州：浙江教育出版社，2013.

[2]胡德林，黃靜.數(shù)學模型的應(yīng)用與數(shù)學應(yīng)用能力培養(yǎng)的策略探究[J].中學數(shù)學，2019（06）：70-72.

（收稿日期：2019-05-07）