第二章 全等 模型20 “脚拉脚”模型-【荣恒专项】2026年72个模型公式速通初中几何（初中通用）

模型20 “脚拉脚”模型 模型20“脚拉脚”模型 ©模型解读 △ACD和△BEC是等腰直角三角形，A,B为直角顶点，且C为公共点，连接 模型构建 DE,F为DE的中点，延长AF至点P,使得FP=AF,连接FB,AB,PE,PB 图形拆解 延长PE交边AC的延长线于点Q ①△DAF≌△EPF(SAS);②△ACB≌△PEB(SAS);③△ABP与△FAB都 相关结论 是等腰直角三角形 如图，延长PE交边AC的 直角三角形， 延长线于点Q,交BC于点O. ·.AD=AC,BE=BC, F为DE的中点， .AC=PE. .DF=EF. 在△ACB和△PEB中， 在△DAF和△EPF中， (AC=PE, (DF=EF, ∠ACB=∠PEB, ∠DFA=∠EFP, BC=BE, AF=PF, ·.△ACB≌△PEB(SAS) ∴.△DAF≌△EPF(SAS) （结论②)， 证明分析 (结论①)， .AB=PB, ∴.DA=EP, ∠ABC=∠PBE, ∠DAF=∠EPF, ∴.∠ABC+∠ABE= ∴.DA∥PQ, ∠PBE+∠ABE, .∠EQC+∠DAQ=180°， 即∠CBE=∠ABP=90, ∴.∠EQC=∠DAQ=90°， ∴.△ABP是等腰直角三角形 .∠EQC=∠CBE. 又F是AP的中点， 又.∠COQ=∠EOB, .BF⊥AP,BF=AF, ∴.∠QCB=∠BEQ, .△FAB是等腰直角三角形 .∠ACB=∠PEB. (结论③) ,·△ACD和△BEC为等腰 69 72个模型公式速通初中几何 模型拓展 △ABC,△DCE均为等腰三角形，∠BAC+∠CDE=180°， 已知条件 AB=AC,DC=DE,F为BE的中点，延长DF至点G, 使得FG=FD,连接AD,AG,BG 辅助线 延长BG交CD于点H ①△ABG≌△ACD; 结论 ②AF⊥DF 模型应用 1(重庆期中)如图，△ABC与△BDE均为等腰直角三角 形，BA⊥AC,DE⊥BD,点D在AB边上，连接EC,取 EC的中点F,连接DF,AF求证： (1)AF⊥DF; (2)AF=DF. D /三步秒题 模型识别 模型抽离 模型应用 (1)由“脚拉脚”模型的结论，可 由“△ABC和△BDE均 知△DEF≌△GCF(SAS), 连接BF,延长DF交AC于 为等腰直角三角形”知， 点G ∴.DF=FG,DE=CG=BD, 两个等腰直角三角形的 ∴.AD=AG ∴.AF⊥DE 一组底角共顶点，可识 别出“脚拉脚”模型 (2).F为DG的中点 .在Rt△DAG中，AF=工DG=DF 70 模型20 “脚拉脚”模型 分层演练 1.如图，已知AB=AC,DC=DE,且∠BAC= :2.如图，已知△BAD和△BCE均为等腰直角 ∠CDE=90°，连接BE,F为BE的中点 三角形，∠BAD=∠BCE=90°，M为DE的 求证： 中点，过点E与AD平行的直线交射线AM (1)∠ACD=∠ABE+∠BED: 于点N (2）FA=FD,FA⊥FD (1)当A,B,C三点在同一直线上时（如 B 图1)，求证：M为AN的中点 (2)将图1中的△BCE绕，点B旋转，当A, B,E三点在同一直线上时（如图2)， 求证：△ACN为等腰直角三角形 (3)将图1中的△BCE绕，点B旋转到如图 3所示的位置时，（2)中的结论是否 仍成立？若成立，试证明之，若不成 立，请说明理由。 图1 图2 图3 71 72个模型公式速通初中几何 3.已知正方形ABCD与正方形CEFG,连接：4.如图，在△ABC的同侧以AB,AC为底边 AF,M是AF的中点，连接DM,EM 向外作等腰直角三角形ADB和等腰直角三 (1)如图1，点E在CD上，点G在BC 角形AEC,其中∠ADB=∠AEC=90°，P为 的延长线上，请求出DM,EM之间 BC的中点，连接PD,PE. 的数量关系与位置关系 (1)如图1，当∠BAC=90°时，直接写出 (2)如图2，点E在边DC的延长线上， PD与PE之间的关系 点G在BC上，(1)中的结论是否 (2)如图2，当∠BAC≠90°时，(1)中 仍然成立？请说明理由 的结论还成立吗？请说明理由 (3)如图3，当∠BAC=45°，BC=4√2 时，连接DE,取DE的中点M,若 动点A从∠ABC=30°的位置运动到 ∠ABC=90°的位置时停止，则点M 的运动路径长为 图1 图2 图1 图2 图3 7272个模型公式速通初中几何 模型20 “脚拉脚” 模型 分层演练 ∴.△ADG是等腰直角三角形. 又.AF=GF, 模型辨识两个等腰直角三角形一组底 角共顶点，可识别出“脚拉脚”模型。 .FD=AG=AF,FA L FD. 答案证明：（1)在四边形ABED中， 2 模型辨识两个等腰直角三角形一组底 角共顶点，可识别出“脚拉脚”模型 ∠ABE+∠BED+∠EDA+∠DAB=360°， 答案 (1)证明：：EN∥AD, .∵∠BAC=∠CDE=90°， ∴.∠MAD=∠MNE,∠ADM=∠NEM .∠ABE+∠BED+∠CAD+∠CDA=180. M为DE的中点， .·∠ACD+∠CAD+∠CDA=180°， ∴.DM=EM ∴.∠ACD=∠ABE+∠BED. 在△ADM和△NEM中， (2)如图，延长AF至点G,使得 (∠MAD=∠MNE, FG=AF,连接GE,GD, .∠ADM=∠NEM, DM-EM. .△ADM≌△NEM(AAS), ∴.AM=MN, .M为AN的中点 (2)证明：：△BAD和△BCE均为等腰 直角三角形， 在△ABF和△GEF中， ∴.AB=AD,CB=CE,∠CBE=∠CEB=45°. BF=EF, .AD∥NE, ∠BFA=∠EFG, ∴.∠DAE+∠NEA=180°，∠DAM=∠ENM. AF=GF, .∠DAE=90°， ∴.△ABF≌△GEF(SAS), .∠NEA=90°， ∴.AC=AB=GE,∠ABF=∠GEF ∴.∠NEC=135°. ∴.∠ACD=∠ABE+∠BED=∠GEF+ A,B,E三点在同一直线上， ∠BED=∠GED. ∴.∠ABC=180°-∠CBE=135°， 在△ACD和△GED中， .∠ABC=∠NEC AC=GE, 在△ADM和△NEM中， ∠ACD=∠GED, (∠DAM=∠ENM, CD=DE ∠AMD=∠NME, .△ACD≌△GED(SAS), DM=EM, ∴.AD=GD,∠CDA=∠EDG, ∴.△ADM≌△NEM(AAS), ∴.∠ADG=∠CDA+∠CDG=∠EDG+∠CDG= ∴.AD=NE, ∠CDE=90°， 34 参考答案 ∴.AB=AD=NE. ∴.AH∥EF, 在△ABC和△NEC中， .∠HAM=∠EFM. (AB-NE 又.'AM=FM,∠AMH=∠FME, ∠ABC=∠NEC, ∴.△AMH≌△FME(ASA), BC=EC, ∴.MH=ME,AH=EF=CE, ∴.△ABC≌△NEC(SAS), ∴.AD-AH=CD-CE, ∴.AC=NC,∠ACB=∠NCE, 即DH=DE. ∴.∠ACN=∠BCE=90°， 又.∠EDH=90°，MH=ME, .△ACN为等腰直角三角形， ∴.DM⊥EM,DM=EM. (3)解：△ACN仍为等腰直角三角形 证明如下： .·AD∥EN,∠DAB=90°， ∴.∠ENA=90° 图1 .∠BCE=90°， (2)结论仍然成立. ∴.∠CBN+∠CEW=360°-90°-90°=180° 理由如下：如图2，延长EM交DA的延 .A,B,N三点在同一条直线上， 长线于点H. .∠ABC+∠CBN=180°， ∴.∠ABC=∠NEC. 易得△ADM≌△NEM, .∴.AB=AD=NE 在△ABC和△NEC中， 图2 (AB-NE. 同理可得△AMH≌△FME(ASA), ∠ABC=∠NEC, ∴.MH=ME,AH=FE=CE, BC=EC, .AD+AH=CD+CE,DH=DE. .△ABC≌△NEC(SAS), 又.∠EDH=90°，MH=ME, .∴.AC=NC,∠ACB=∠NCE, ∴.DM⊥EM,DM=EM .∠ACN=∠BCE=90° 4 模型辨识两个等腰直角三角形一组底 :.△ACN为等腰直角三角形 角共顶，点，可识别出“脚拉脚”模型. 3 模型辨识两个等腰直角三角形一组底 答案 （1)解：DP=PE,DP⊥PE. 角共顶点，可识别出两组“脚拉脚”模型。 提示： 答案解：（1)如图1，延长EM交 如图1，连接AP, AD于点H. ·.四边形ABCD和四边形CEFG都是正方 形， .∠ADE=∠FED=90°， 图1 35 72个模型公式速通初中几何 :△ABD和△ACE是等腰直角三角形， DM=PN, ∴.AD=BD,AE=CE,∠BAD=∠CAE=45°. ∠DMP=∠PNE, 又.∠BAC=90°， MP-NE, .D,A,E三点共线 ∴.△DMP≌△PNE(SAS), .∠BAC=90°， ∴.DP=PE,∠MDP=∠NPE. .AP-]BC=BP. .·AM∥NP, ∴.∠MDP+∠DMA=∠DPN. 又AD=BD, 又.'∠DPN=∠DPE+∠NPE, .DP垂直平分AB, ∠MDP=∠NPE, .∠ADP=45° ∴.∠DMA=∠DPE. 同理可得∠AEP=45°， ·∠DMA=90°， .DP=PE,∠DPE=90°， ∴.∠DPE=90°， .DP⊥PE. ∴.DP⊥PE. (（2)解：结论仍然成立.理由如下： (3)多 如图2，分别取AB,AC的中点M,N, 提示：如图3，连接AM并延长至点N, 使AM=MN,连接NB,NC,DN,NE. 连接MD,NE,PM,PN. 图2 图3 .·∠ADB=90°，∠AEC=90°，M是AB的 .'∠BAC=45°，∠DAB=∠CAE=45°， 中点，N是AC的中点， ∴.∠DAC=∠BAE=90°， ·.DM=号AB=AM,EN=)AC=AN, ∴.AE⊥AB. ·M是DE的中点， DM⊥AB,EN⊥AC. .DM=ME. 又·P为BC的中点， 又.·AM=MN, PN=]AB-AM,PM=]AC=AN, .四边形ADNE是平行四边形， .四边形PMAN为平行四边形， ∴.AE∥DN,AE=DN, DM=PN,PM=EN, .DN⊥AB ∴.∠AMP=∠ANP,AM∥NP. 又AD=BD, ∴.DN是AB的中垂线， .'∠AMD=∠ANE=90°， ∴.AN=BN .∠PMD=∠ENP. 同理可得，AN=CN, 在△DMP和△PNE中， ∴.AN=BN=NC, 36 参考答案 ∴.A,B,C三点都在以N为圆心，AW的 当∠ABC=90°时，∠ANC=180°， 长为半径的圆上， .点A运动前后产生的圆心角为180° ∴.∠BNC=2∠BAC=90°， 60°=120°， ..BC2=BN+CN2, 而点M的运动轨迹是以点N为圆心，MN 即(4√2)2=2CW2, 的长为半径的圆弧 .CN=4=AN=BN, ∴.MW=2. “点M的运动路径长为2×120×π=4红 180 3 当∠ABC=30°时，∠ANC=60°， 模型21 “婆罗摩笈多”模型 分层演练 2 模型辨识若连接AD,BF,则△ACD 模型辨识△ACF和△BCD是共顶，点 和△BCF是共顶，点的等腰直角三角形， 的等腰直角三角形，AB⊥QH,可识别出 CJ⊥AB,可识别出“婆罗摩笈多”模型. “婆罗摩笈多”模型， 答案解：根据“婆罗摩笈多”模型 答案解：根据“婆罗摩笈多”模型 结论，得AB=AJ+BJ=2C=10, 的结论，得DF=2MD,因此只需计算DF .∴.AL=10 的长即可 在Rt△ABC中，CJ⊥AB,且CJ=4. 如图，过点F作FN⊥CD,垂足为N .'∠AJC=∠ACB=90°， .∴.∠ACJ+∠BCJ=90°， ∠ACJ+∠CAJ=90°， ∴.∠CAJ=∠BCJ, .∴.tan∠CAJ=tan∠BCJ, .'∠ACB=120°，∠ACF=∠BCD=90°， 即号102， 41 .∠DCF=60°， 獬得AJ=8或AJ=2(舍去)， ..∠CFN=30°. .S四边形AK=80, 又.·BC=DC=2,AC=FC=3, 3 模型辨识△BAD和△CAE是共顶点 c-3FN=35, 的等腰直角三角形，M是BC的中点，可 DN2-3= 识别出“婆罗摩笈多”模型。 在Rt△DFN中，DF=√WF+ND=√7， 答案（1)证明：如图，延长AM DM=号D=7 2 至点F,使MF=AM,连接BF. 37