全等三角形模型之手拉手模型
完整版)全等三角形之手拉手模型
完整版)全等三角形之手拉手模型
本文将介绍手拉手模型中的全等三角形。
所谓手拉手模型，是指有公共顶点的两个等腰三角形，顶角相等。
因为顶点相连的四条边，形象的可以看作两双手，所以通常称为手拉手模型。
基本模型如下：已知，△ABB'和△ACC'都是等腰三角形，AB=AB'，AC=AC'，且∠BAB'=∠CAC'。
可以得出三个结论：结论1：△ABC≌△AB'C'(SAS)，BC=B'C'；结论2：
∠BOB'=∠BAB'；结论3：AO平分∠BOC'。
在共顶点的等腰直角三角形中，也可以应用手拉手模型。
例如，如下图所示，△ABC和△ADE是等腰直角三角形，且
∠BAC=∠DAE=90°。
可以证明：⑴BD=CE⑵BD⊥CE。
另外，在共顶点的等边三角形中，也可以使用手拉手模型。
如下图，点A为线段BD上一点，△ABC和△ADE均是等边
三角形。
可以求出：（1）CD=BE；（2）∠DAE＋
∠BFD=180°；（3）∠BFA=∠DFA=60°。
总之，手拉手模型在全等三角形的证明中是一个非常有用的工具，能够帮助我们更好地理解和应用三角形的性质。
全等三角形手拉手模型结论及证明过程
全等三角形手拉手模型结论及证明过程下载提示：该文档是本店铺精心编制而成的，希望大家下载后，能够帮助大家解决实际问题。
文档下载后可定制修改，请根据实际需要进行调整和使用，谢谢！本店铺为大家提供各种类型的实用资料，如教育随笔、日记赏析、句子摘抄、古诗大全、经典美文、话题作文、工作总结、词语解析、文案摘录、其他资料等等，想了解不同资料格式和写法，敬请关注！Download tips: This document is carefully compiled by this editor. I hope that after you download it, it can help you solve practical problems. The document can be customized and modified after downloading, please adjust and use it according to actual needs, thank you! In addition, this shop provides you with various types of practical materials, such as educational essays, diary appreciation, sentence excerpts, ancient poems, classic articles, topic composition, work summary, word parsing, copy excerpts, other materials and so on, want to know different data formats and writing methods, please pay attention!一、引言三角形是初中数学中非常重要的基本几何图形之一。
全等典型模型：“手拉手”模型
《三角形证明》题型解读12 全等典型模型：“手拉手”模型【知识梳理】（一）“手拉手模型”的基本图形题型特征：△ABC 与△BDE 是等边三角形，A 、B 、D 三点在同一直线上。
解题方法：一定有以下六个结论（三组全等、一个60°、一个等边△、一组平行线） ①△ABE ≌△CBD证明过程：∵△ABC 与△BDE 是等边三角形，∴∠1=∠2=∠3=60°，∴∠ABE=∠CBD=120°，∵AB=BC ，BE=BD ， ∴△ABE ≌△CBD （SAS ） ②△ABH ≌△CBF证明过程：∵△ABE ≌△CBD ，∴∠4=∠5，∵AB=BC ，∠1=∠2，∴△ABH ≌△CBF （SAS ） ③△BHE ≌△BFD证明过程：∵△ABE ≌△CBD ，∴∠6=∠7，∵BE=BD ，∠2=∠3，∴△BHE ≌△BFD （SAS ） ④∠AGC=60°证明过程：∵△ABE ≌△CBD ，∴∠6=∠7，在△GFE 和△BFD 中（“8”字模型），∠3=180°-∠BFD-∠7，∠EGF=180°-∠GFE-∠6，∵∠6=∠7，∠GFE=∠BFD ，∴∠3=∠EGF ，∵∠AGC=∠EGF ，∠3=60°，∴∠AGC=∠3=60° ⑤△BHF 是等边三角形证明过程：∵△BHE ≌△BFD （SAS ），∴BH=BF ，∵∠2=60°，∴△BHF 是等边三角形（有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形） ⑥HF//AD证明过程：∵△BHF 是等边三角形，∴∠8=60°，∵∠3=60°，∴∠8=∠3，∴HF//AD （二）“手拉手模型”的变化图形题型特征：△ABC 与△BDE 是等边三角形，A 、B 、D 三点不在同一直线上。
图2M N 765431H GFEDCBA765431HG F ED CBA解题方法：一定有以下三个结论（一组全等，一个60°、一个角平分线） ①△ABE ≌△CBD证明过程：∵△ABC 与△BDE 是等边三角形，∴∠1=∠3=60°，∴∠ABE=∠CBD （共角模型），∵AB=BC ，BE=BD ， ∴△ABE ≌△CBD （SAS ） ②∠AGC=60°证明过程：∵△ABE ≌△CBD ，∴∠6=∠7，在△GFE 和△BFD 中（“8”字模型），∠3=180°-∠BFD-∠7，∠EGF=180°-∠GFE-∠6，∵∠6=∠7，∠GFE=∠BFD ，∴∠3=∠EGF ，∵∠AGC=∠EGF ，∠3=60°，∴∠AGC=∠3=60° ③BG 平分∠HBF证明过程：作BM ⊥AE 于点M ，BN ⊥GD 于点N ，如图2，∵△ABE ≌△CBD ，∴∠4=∠5，∵AB=BC ，∠AMB=∠CNB=90°，∴△ABM ≌△CBN （AAS ），∴BM=BN ，∴BG 平分∠HBF （到角两边的距离相等的点，在这个角的角平分线上） （三）常见“手拉手”变化图形【典型例题】例1.如图，C 为线段AE 上一动点（不与A 、E 重合），在AE 同侧分别作等边△ABC 和等 边△CDE ，AD 与BE 交于点O ，AD 与BC 交于点P ，BE 与CD 交于点Q ，连接PQ ，以下五个结论： ①AD ＝BE ；②PQ ∥AE ；③CP ＝CQ ；④BO ＝OE ；⑤∠AOB ＝60°，恒成立的结论有（ ）。
初中数学课件全等三角形-手拉手模型
∠ = 90°．
（1）求证： = ；
（2）求证：和垂直。
确认预判Ⅲ
• 如图，分别以△ 的边，向外作等边三角形和等边三角形，
线段与相交于点，连接．
（1）求证： = ；
（2）求∠的度数；
（3）求证：平分∠．
课程目标
∴ ∠ = ∠
∠ = ∠ = 60°
∵∠ = ∠，
∴ ∠ = ∠
∠ + ∠ + ∠ = 180°
∴ △ ≌ △
∠ + ∠ + ∠ = 180°
(2). ∵△ ≌ △
∴ ∠ = ∠ = 60°，
，
例题讲解
•
如图，已知△ 和△ 都是等腰直角三角形，∠ = ∠ = 90°，
点为边上一点．
（1）求证：△ ≅△ ；
（2）求证：△ 是直角三角形；
例题解析
（1） 证明： ∵△ 和 △ 都是等腰直角三角形，
∴ ∠ = ∠ = 45°， = ， = ，
、分别是线段、的中点．
（1）求证：＝；
（2）求∠的度数；
应用练习
• 如图，点是线段上一点，且 < ．如图，当△ 和△ 都是等
边三角形时，连接，，分别交、于点、．
(1)求证： = ；
(2)判断△ 是何特殊三角形并说明理由；
∴ =
即与的夹角为60°
解题方法
应用练习
如图，点、、在同一条直线上，△ 与△ 都是等边三角形，则下
列结论不一定成立的是（
A. △ ≅△
B. △ ≅△
C. △ ≅△
D. △ ≅△
）
应用练习
• 已知：如图，△ 、 △ 都是等边三角形，、相交于点，点
专题12 全等三角形模型之手拉手模型全攻略(解析版)四川成都七年级数学下册-
专题12全等三角形模型之手拉手模型全攻略【模型说明】【例题精讲】例1（等边三角形）如图，已知B C E、、三点共线，分别以BC CE、为边作等边ABC∆和等边CDE∆，连接BD AE、分别与AC CD、交于,M N AE、与BD的交点为F．（1）求证：BD AE=；（2）求AFB∠的度数；（3）连接MN，求证：//BCMN【答案】（1）证明见解析（2）60AFB∠=︒（3）证明见解析【分析】（1）根据等边三角形的性质去证明BCD ACE≌，即可得证BD AE=；（2）根据等边三角形的性质得60ABC BAC∠=∠=︒，再根据（1）中BCD ACE≌可得CAE DBE=∠∠，再根据三角形的外角的性质即可求出AFB∠的度数；（3）根据等边三角形的性质去证明BCM ACN△≌△，可得CM CN=，从而求得60CMN ACB==︒∠∠即可得证//MN BC．【详解】（1）∵ABC∆和CDE∆是等边三角形∴,,60AC BC CD CE ACB DCE====︒∠∠∴,BCD ACB ACD ACE DCE ACD=+=+∠∠∠∠∠∠∴BCD ACE∠=∠在△BCD和△ACE中AC BCBCD ACECE BD=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴BCD ACE≌拓展研究：（2）如图③，△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点A 、D 、E 在同一条直线上，CF 为△DCE 中DE 边上的高，连接BE ．请求∠AEB 的度数及线段CF 、AE 、BE 之间的数量关系，并说明理由．【答案】（1）证明见解析；∠AEB=60︒；（2）∠AEB=90︒；2AE BE CF =+；理由见解析．【分析】（1）小雪的题目：先利用SAS 证明ADC BEC ≅ ，再利用全等三角形的性质、三角形外角的性质及等量代换即可得证；小华的题目：先利用SAS 证明ADC BEC ≅ ，再利用全等三角形的性质得出ADC BEC ∠∠=，然后根据等边三角形的性质求出60CDE CED ∠=∠=︒，最后根据邻补角的概念和角的和与差即可得出答案；（2）根据题意易证ADC BEC ≅ ，再根据全等三角形的性质及邻补角的概念即可求得∠AEB 的度数；然后根据三线合一即可得出CF DF EF ==，最后根据线段的和与差及等量代换即可得出答案．【详解】（1）小雪的题目：证明：ACB DCE∠=∠ ACD BCE∠∠∴=在ADC △和DCE △中，CA CB ACD BCE CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()ADC BEC SAS ∴≅△△CAD CBE∴∠=∠又ACD BCE ∠=∠ ,CDE CAD ACD∠=∠+∠CDE CBE BCE ∴∠=∠+∠；小华的题目：解：ACB DCE∠=∠ ACD BCE∠∠∴=在ADC △和DCE △中，CA CB ACD BCE CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()ADC BEC SAS ∴≅△△ADC BEC∠∠∴=CDE 为等边三角形60CDE CED ∴∠=∠=︒又 点A 、D 、E 在同一条直线上120ADC BEC ∴∠=∠=︒60AEB BEC CED ∴∠=∠-∠=︒（2）∠AEB=90︒；2AE BE CF =+；理由如下：△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形，,,9045AC BC CD CE ACB DCE CDE CED ∴==∠=∠=︒∠=∠=︒，,ACB DCB DCE DCB∴∠-∠=∠-∠即ACD BCE∠=∠在ADC △和DCE △中，CA CB ACD BCE CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()ADC BEC SAS ∴≅△△,BE AD BEC ADC ∴=∠=∠,点A 、D 、E 在同一直线上18045135ADC ∴∠=︒-︒=︒135BEC ∴∠=︒1354590AEB BEC CED ∴∠=∠-∠=︒-︒=︒90,DCE CD CE CF DE∠=︒=⊥ ，CF DF EF∴==2DE DF EF CF∴=+=2AE AD DE BE CF ∴=+=+．【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质、等腰三角形的性质、等边三角形的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．例4．（拓展）如图，在ABC 中，90C ∠=︒，AC BC =，点O 是AB 中点，90MON ∠=︒，将MON ∠绕点O 旋转，MON ∠的两边分别与射线AC 、CB 交于点D 、E ．(1)当MON ∠转动至如图一所示的位置时，连接CO ，求证：COD BOE ≅ ；(2)当MON ∠转动至如图二所示的位置时，线段CD 、CE 、AC 之间有怎样的数量关系？请说明理由．【答案】(1)见解析(2)CE ﹣CD ＝AC ．理由见解析【分析】（1）结论：CD CE AC +=．连接OC ．证明()ASA COD BOE ≅ ；（2）结论：CE CD AC -=，证明方法类似（1）．【详解】（1）证明：∵AC BC =，90C ∠=︒，AO OB =，∴OC AB ⊥，OC AO OB ==，∴45OCD B ∠=∠=︒，∵90MON COB ∠=∠=︒，∴DOC EOB ∠=∠，在COD △和BOE △中，OCD B OC OB OCD BOE ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴()ASA COD BOE ≅ ．（2）解：CE CD AC -=．理由：连接OC ．∵AC BC =，90C ∠=︒，AO OB =，∴OC AB ⊥，OC AO OB ==，∴45OCD B ∠=∠=︒，∴135DOC CBE ∠=∠=︒，∵90MON COB ∠=∠=︒，∴DOC EOB ∠=∠，在COD △和BOE △中，OCD B OC OB OCD BOE ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴()ASA COD BOE ≅ ，∴CD BE =，∴CE CD CE BE BC AC -=-==．【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．例5．（培优综合）已知，在ABC ∆中，90BAC ︒∠=，45ABC ︒∠=，点D 为直线BC 上一动点（点D 不与点B C ，重合），以AD 为边作正方形ADEF ，连接CF ．（1）如图①，当点D 在线段BC 上时，求证CF CD BC +=．（2）如图②，当点D 在线段BC 的延长线上时，其他条件不变，请直接写出CF BC CD ，，三条线段之间的关系．（3）如图③，当点D 在线段BC 的反向延长线上，且点A ，F 分别在直线BC 的两侧时，其他条件不变，请直接写出CF BC CD ，，三条线段之间的关系．【答案】（1）见解析；（2）CF CD BC -=，见解析；（3）CD CF BC -=，见解析.【分析】（1）△ABC 是等腰直角三角形，利用SAS 即可证明△BAD ≌△CAF ，从而证得CF=BD ，据此即可证得；（2）同（1）相同，利用SAS 即可证得△BAD ≌△CAF ，从而证得BD=CF ，即可得到CF-CD=BC ；（3）同理，证明△BAD ≌△CAF 即可得出结论.【详解】（1）证明：如图1，∵∠BAC=90°，∠ABC=45°，∴∠ACB=∠ABC=45°，∴AB=AC ，∵四边形ADEF 是正方形，∴AD=AF ，∠DAF=90°，∵∠BAD=90°-∠DAC ，∠CAF=90°-∠DAC ，∴∠BAD=∠CAF ，在△BAD 和△CAF 中，AB AC BAD CAF AD AF ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△BAD ≌△CAF （SAS ），∴BD=CF ，∵BD+CD=BC ，∴CF+CD=BC ；（2）解：CF-CD=BC ．理由如下：如图2，∵∠BAD=90°+∠CAD ，∠CAF=90°+∠CAD ，∴∠BAD=∠CAF ，在△BAD 和△CAF 中，AB AC BAD CAF AD AF ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△BAD ≌△CAF （SAS ），∴BD=CF ，∵BD=BC+CD ，∴CF-CD=BC ．【答案】65°【分析】先判断出ACD BCE∆，再判断出≅∆(1)①如图1，求证：ABD ACE ≌△△；②当点D 在BC 边上时，请直接写出ABC ，ACD 所满足的关系；(2)当点D 在BC 的延长线上时，试探究ABC ，ACD ，ACE △的面积（ABC S ，ACD S ，ACE S ）所满足的关系，并说明理由．【答案】(1)①证明见解析；②AC ABC C D A E S S S =+ ，理由见解析(2)ACE ABC ACD S S S =+△△△，理由见解析【分析】（1）①先证明BAD CAE ∠=∠，再利用SAS 证ABD ACE ≌△△即可；②利用全等三角形的性质得到ABD ACE S S = ，再由ABC ACD ABD S S S =+△△△即可得到结论；（2）由已知条件可得证出，ABD ACE ≌△△，推出ABD ACE S S = ，再由ABD ABC ACD S S S =+△△△，即可得到ACE ABC ACD S S S =+△△△．【详解】（1）证明：①∵BAC DAE ∠=∠，∴BAC CAD DAE CAD ∠-∠=∠-∠，即BAD CAE ∠=∠．在ABD △和ACE △中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩。
【中】全等三角形手拉手模型(解析版)
全等三角形手拉手模型【模型讲解】模型、手拉手全等模型1).等边三角形中的手拉手全等模型如图，△ABC 与△CDE 均为等边三角形，连接AE 、BD ，则△BCD ≌△ACE.图1图2图3图4【巩固训练】1．如图，B ，C ，E 三点在一条直线上，ABC ∆和DCE ∆均为等边三角形，BD 与AC 交于点M ，AE 与CD 交于点N ．（1）求证：AE BD =；（2）若把DCE ∆绕点C 任意旋转一个角度，（1）中的结论还成立吗？请说明理由．【答案】（1）见解析（2）成立，理由见解析．【分析】（1）根据等边三角形边长相等的性质和各内角为60︒的性质可求得BCD ACE ∆≅∆，根据全等三角形对应边相等的性质即可求得AE BD =．（2）根据题意画出图形，证明方法与（1）相同．【详解】解：（1）证明：如图1中，ABC ∆ 与DCE ∆都是等边三角形，AC BC ∴=，CD CE =，60ACB DCE ∠=∠=︒，180ACB ACD DCE ∠+∠+∠= ，60ACD ∴∠=︒，ACB ACD ACD DCE ∠+∠=∠+∠，即BCD ACE ∠=∠．在BCD ∆和ACE ∆中，BC AC BCD ACE CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，BCD ACE ∴∆≅∆(SAS)．BD AE ∴=．即AE=BD ，（2）成立AE BD =；理由如下：如图2中，ABC ∆ 、DCE ∆均为等边三角形，BC AC ∴=，CD CE =，60BCA DCE ∠=∠=︒，BCA ACD DCE ACD ∴∠+∠=∠+∠，即BCD ACE ∠=∠，在ACE ∆和BCD ∆中，AC BC BCD ACE CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()ACE BCD SAS ∴∆≅∆，AE BD ∴=．【点睛】本题考查了等边三角形的性质的运用及全等三角形的判定和性质的运用．解决本题的关键是证明三角形全等，属于中考常考题型．2．如图1，若点P 是线段AB 上的动点（P 不与A ，B 重合），分别以AP 、PB 为边向线段AB 的同一侧作等边APC ∆和等边PBD ∆.（1）图1中，连接AD 、BC ，相交于点Q ，设AQC α∠=，那么α=o ；（2）如图2，若点P 固定，将PBD ∆绕点P 按顺时针方向旋转（旋转角小于180 ），此时α的大小是否发生变化？请说明理由.【答案】（1）60α= ；（2）此时α的大小不会发生改变，始终等于60 ，理由见解析【分析】（1）首先证得△APD ≌△CPB ，然后根据三角形的外角的性质即可求解；（2）旋转的过程中，（1）中得两个三角形的全等关系不变，因而角度不会变化．【详解】（1）60α= ，理由：∵△APC 是等边三角形，∴PA=PC ，∠APC=60°，∵△BDP 是等边三角形，∴PB=PD ，∠BPD=60°，∴∠APC=∠BPD ，∴∠APD=∠CPB ，∴△APD ≌△CPB ，∴∠PAD=∠PCB ，∵∠QAP+∠QAC+∠ACP=120°，∴∠QCP+∠QAC+∠ACP=120°，∴∠AQC=180°-120°=60°；（2）此时α的大小不会发生改变，始终等于60 .理由：∵APC ∆是等边三角形，∴PA PC =，60APC ∠=∵BDP ∆是等边三角形∴PB PD =，60BPD ∠= ∴APC BPD∠=∠∴APD CPB ∠=∠∴APD ∆≌CPB ∆∴PAD PCB∠=∠∵120QAP QAC ACP ∠+∠+∠= ∴120QCP QAC ACP ∠+∠+∠= ∴18012060AQC ∠=-=【点睛】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质，正确证明两个三角形全等是解题的关键．3．如图,AB=CB,BD=BE,∠ABC=∠DBE=α.（1）当α=60°,如图①则，∠DPE 的度数______________（2）若△BDE 绕点B 旋转一定角度，如图②所示，求∠DPE （用α表示）【答案】（1）60°；（2）∠DPE=α【分析】（1）利用SAAS 证得△ABE ≌△CBD ，利用全等三角形的性质得到∠AEB=∠CDB ，再利用三角形内角和定义以及等边三角形的性质即可解答；（2）利用SAAS 证得△ABE ≌△CBD ，利用全等三角形的性质得到∠AEB=∠BDC ，再利用三角形内角和定理即可完成.【详解】（1）解：∵∠ABC=∠DBE ∴∠ABC+∠CBE=∠DBE+∠CBE 即∠ABE=∠CBD在△ABE 和△CBD 中AB BC ABE CBD BE BD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△ABE ≌△CBD （SAS ）∴∠AEB=∠CDB∵∠ABC=∠DBE ，AB=CB,BD=BE ∴△ABC 和△EBD 是等边三角形∴∠BDE=∠EDB=60°∵∠EDP+∠CDB=60°∴∠EDP+∠AEB=60°∵∠DPE+∠AEB+∠BED+∠EDP=180°∴∠DPE=60°故答案为：60°（2）如图：∵∠ABC=∠DBE=α∴∠ABC ﹣∠EBC=∠DBE ﹣∠EBC 即∠ABE=∠CBD在△ABE 和△CBD 中AB BC ABE CBD BE BD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△ABE ≌△CBD （SAS ）∴∠AEB=∠BDC∵∠DQB+∠DBE+∠BDC=180°∠EQP+∠DPE+∠AEB=180°又∵∠DQB=∠EQP ∴∠DBE=∠DPE∴∠DPE=α【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质，还涉及了等边三角形的判定及性质、三角形内角和定理等知识点，熟练掌握相关性质定理是解题关键.4．如图，△OAB 和△OCD 中，OA ＝OB ，OC ＝OD ，∠AOB ＝∠COD ＝90°，AC 、BD 交于点M ．(1)如图1，求证：AC=BD ，判断AC 与BD 的位置关系并说明理由；(2)如图2，∠AOB ＝∠COD ＝60°时，∠AMD 的度数为___________.【答案】(1)答案见解析；（2）120. 【分析】()1易证.BOD AOC ≌，,AMD ABM BAM ∠=∠+∠.BAM BAO OAC ∠=∠+∠.AMD ABM BAO OBD OBA BAO ∠=∠+∠+∠=∠+∠90.AOB ∠= 即可求得90.AMD ∠= 即可判断AC 与BD 的位置关系()2同理可得.=120.AMD OBA BAO ∠=∠+∠ 【详解】()190AOB COD ∠∠ ＝＝，.AOB AOD COD AOD ∠+∠∠+∠＝即：.BOD AOC ∠∠＝,,OA OB OC OD ＝＝易证.BOD AOC ≌.OBD OAC ∴∠=∠AC=BD∵,AMD ABM BAM ∠=∠+∠.BAM BAO OAC ∠=∠+∠∴.AMD ABM BAO OBD OBA BAO ∠=∠+∠+∠=∠+∠∵90.AOB ∠= ∴90.OBA BAO ∠+∠= 90.AMD ∴∠= ∴AC ⊥BD （2）同理可得..AMD OBA BAO ∠=∠+∠60.AOB ∠= 120.OBA BAO ∠+∠= 120.AMD ∴∠= 故答案为：120. 【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质，掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键.2).等腰（直角）三角形中的手拉手全等模型1.如图，△ABC 与△ADE 均为等腰三角形，且∠BAC ＝∠DAE ，连接BD 、CE ，则△ABD ≌△ACE.2.两个共直角顶点的等腰直角三角形，绕点C 旋转过程中（B 、C 、D 不共线）始终有：①△BCD ≌△ACE ；②BD ⊥AE （位置关系）且BD=AE （数量关系）；③FC 平分∠BFE【巩固训练】1．问题发现：（1）如图1，已知C 为线段AB 上一点，分别以线段AC ，BC 为直角边作等腰直角三角形，90ACD ∠=︒，CA CD =，CB CE =，连接AE ，BD ，线段AE ，BD 之间的数量关系为______；位置关系为_______．拓展探究：（2）如图2，把Rt ACD △绕点C 逆时针旋转，线段AE ，BD 交于点F ，则AE 与BD 之间的关系是否仍然成立？请说明理由．【答案】问题发现：（1）AE BD =；AE BD ⊥；拓展探究：（2）成立，理由见解析；拓展延伸：（3）5+【分析】问题发现：（1）根据题目条件证△ACE ≌△DCB ，再根据全等三角形的性质即可得出答案；拓展探究：（2）依然用SAS 证ACE DCB ∆≅∆，根据全等三角形的性质即可证得；【详解】解：问题发现：（1）如下图，延长BD ，交AE 于点F ，∵90ACD ∠=︒∴90,ACE DCB ︒∠=∠=又∵,CA CD CB CE ==∴B ACE DC ≅∆ （SAS ），∴AE=BD ，∠CAE=∠CDB∵90CDB CBD ∠+∠=︒∴90CAE CBD ∠+∠=︒∴90AFD ∠=︒∴AF FB ⊥∴AE ⊥BD ，故答案为：AE BD =，AE BD ⊥拓展探究：（2）成立．理由：如图1，设CE 与BD 相交于点G ．∵90ACD BCE ∠=∠=︒，∴ACE BCD ∠=∠．又∵CB CE =，AC CD =，∴()ACE DCB SAS ≌，∴AE BD =，AEC DBC ∠=∠．∵90CBD CGB ∠+∠=︒，∴90AEC EGF∠+∠=︒，∴90AFB ∠=︒，∴BD AE ⊥．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形三边关系，有2个形状相同的图形，有一个公共点，就是手拉手模型，手拉手模型必有全等，证明方法都是用“SAS”，所以熟练掌握全等三角形的判定和手拉手模型是解决本题的关键．2．如图1，在线段BE 上取一点C ，分别以CB ，CE 为腰作等腰直角△BCA 和等腰直角△DCE ，连接BD 和AE．（1）请判断线段BD 和线段AE 的数量关系，并说明理由；（2）如图2，若B ，C ，E 三点不共线，（1）中的结论还成立吗？请说明理由．【答案】（1）BD ＝AE ，理由见解析；（2）成立，理由见解析【分析】（1）依据等腰直角三角形的性质可得到BC ＝AC ，DC ＝CE ，∠BCD ＝∠ACE ＝90°，然后依据SAS 证明△BCD ≌△ACE ，接下来，依据全等三角形的性质可得到BD ＝AE ；（2）依据等腰直角三角形的性质可得到BC ＝AC ，DC ＝CE ，∠BCD ＝∠ACE ＝90°，然后利用等式的性质证明∠BCD ＝∠ACE ，然后依据SAS 证明△BCD ≌△ACE ，接下来，依据全等三角形的性质可得到BD ＝AE ．【详解】解：（1）∵△BCA 和△DCE 均为等腰直角三角形，∴BC ＝AC ，DC ＝CE ，∠BCD ＝∠ACE ＝90°．在△BCD 和△ACE 中,,,BC AC BCD ACE DC CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△BCD ≌△ACE ．∴BD ＝AE ．（2）成立．∵△BCA 和△DCE 均为等腰直角三角形，∴BC ＝AC ，DC ＝CE ，∠BCD ＝∠ACE ＝90°．∴∠BCA +∠ACD ＝∠DCE +∠ACD ，即∠BCD ＝∠ACE ．在△BCD 和△ACE 中，,,,BC AC BCD ACE DC CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△BCD ≌△ACE ．∴BD ＝AE ．【点睛】本题主要考查的是全等三角形的性质和判定、等腰直角三角形的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键．3．如图，将两块含45°角的大小不同的直角三角板△COD 和△AOB 如图①摆放，连结AC ，BD ．（1）如图①，猜想线段AC 与BD 存在怎样的数量关系和位置关系，请写出结论并证明；（2）将图①中的△COD 绕点O 顺时针旋转一定的角度（如图②），连结AC ，BD ，其他条件不变，线段AC 与BD 存在（1）中的关系吗？请写出结论并说明理由．（3）将图①中的△COD 绕点O 逆时针旋转一定的角度（如图③），连结AC ，BD ，其他条件不变，线段AC 与BD存在怎样的关系？请直接写出结论．【答案】（1）AC=BD ，AC ⊥BD ，证明见解析；（2）存在，AC=BD ，AC ⊥BD ，证明见解析；（3）AC=BD ，AC ⊥BD【分析】（1）延长BD 交AC 于点E ．易证△AOC ≌△BOD （SAS ），可得AC=BD ，∠OAC=∠OBD ，由∠ADE=∠BDO ，可证∠AED=∠BOD=90º即可；（2）延长BD 交AC 于点F ，交AO 于点G ．易证△AOC ≌△BOD （SAS ），可得AC=BD ，∠OAC=∠OBD ，由∠AGF=∠BGO ，可得∠AFG=∠BOG=90º即可；（3）BD 交AC 于点H ，AO 于M ，可证△AOC ≌△BOD （SAS ），可得AC=BD ，∠OAC=∠OBD ，由∠AMH=∠BMO ，可得∠AHM=∠BOH=90º即可．【详解】（1）AC=BD ，AC ⊥BD ，证明：延长BD 交AC 于点E ．∵△COD和△AOB均为等腰直角三角形，∴OC=OD，OA=OB，∠COA=∠BOD=90º，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC=BD，∴∠OAC=∠OBD，∵∠ADE=∠BDO，∴∠AED=∠BOD=90º，∴AC⊥BD；（2）存在，证明：延长BD交AC于点F，交AO于点G．∵△COD和△AOB均为等腰直角三角形，∴OC=OD，OA=OB，∠DOC=BOA=90º，∵∠AOC=∠DOC－∠DOA，∠BOD=∠BOA－∠DOA，∴∠AOC=∠BOD，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC=BD，∠OAC=∠OBD，∵∠AGF=∠BGO，∴∠AFG=∠BOG=90º，∴AC⊥BD；（3）AC=BD，AC⊥BD．证明：BD交AC于点H，AO于M，∵△COD和△AOB均为等腰直角三角形，∴OC=OD，OA=OB，∠DOC=BOA=90º，∵∠AOC=∠DOC+∠DOA，∠BOD=∠BOA+∠DOA，∴∠AOC=∠BOD，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC=BD，∠OAC=∠OBD，∵∠AMH=∠BMO，∴∠AHM=∠BOH=90º，∴AC⊥BD．【点睛】本题考查三角形旋转变换中对应相等的位置与数量关系，掌握三角形全等的证明方法，及其角度计算是解题关键．3).其他手拉手全等模型如图1，在任意△ABC中，分别以AB、AC为边作等边△ADB、△ACE，连接DC、BE，则△ADC≌△ACE.如图2，在任意△ABC中，分别以AB、AC为边作正方形ABDE、ACFG，连接EC、BG，则△AEC≌△ABG.【巩固训练】1．已知：如图1，在ABC ∆和ADE ∆中，C E ∠=∠，CAE DAB ∠=∠，BC DE =．（1）证明ABC ADE ∆∆≌．（2）如图2，连接CE 和BD ，DE ，AD 与BC 分别交于点M 和N ，56DMB ∠=︒，求ACE ∠的度数．（3）在（2）的条件下，若CN EM =，请直接写出CBA ∠的度数．【答案】（1）证明见解析；（2）∠ACE =62°；（3）∠CBA =6°．【分析】(1)根据已知条件可以确定∠CAB =∠EAD ，结合已知条件，用AAS 可判定△ABC ≌△ADE ；(2)由(1)中△ABC ≌△ADE 可得∠CBA=∠EDA ,AC=AE ，在△MND 和△ANB 中，用三角形内角和定理由∠MND=∠ANB 可得∠DAB=∠DMB=56°，即∠CAE =∠DAB=56°，由AC=AE ，可得∠ACE=∠AEC=1(18056)622︒-︒=︒；(3)连接AM ，先证NCA MEA ≅V V (SAS),得到AM=AN,EAM CAN ∠=∠,进而可得EAC MAN ∠=∠,由(2)可知=56EAC MAN ︒∠=∠,根据等腰三角形内角和可得ANM ∠=1(18056)622︒︒︒-=，由三角形外角定理可得CBA ANM DAB ∠=∠-∠=62︒-56︒=6︒.【详解】解：（1）∵∠CAE =∠DAB ，∴∠CAE +∠CAD =∠DAB +∠CAD ，即∠CAB =∠EAD ，在△ABC 和△ADE 中，C E CAB EAD BC DE ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△ABC ≌△ADE （AAS ），（2）∵△ABC ≌△ADE ，∴∠CBA=∠EDA ,AC=AE ，在△MND 和△ANB 中，∵∠EDA +∠MND+∠DMB =180︒，∠CBA +∠ANB +∠DAB =180︒，又∵∠MND=∠ANB ，∴∠DAB=∠DMB=56︒，∴∠CAE =∠DAB=56︒，∵AC=AE ，∴∠ACE =∠AEC=1(18056)622︒︒︒-=，∴∠ACE =62︒，（3）∠CBA=6︒，如图所示，连接AM ， NCA MEA ∠=∠,CN=EM,CA=EA,∴NCA MEA ≅V V (SAS),∴AM=AN,EAM CAN ∠=∠,∴EAM CAM ∠-∠=CAN CAM ∠-∠即EAC MAN ∠=∠,由(2)可得：=56EAC MAN ︒∠=∠,∴ANM ∠=1(18056)622︒︒︒-=, ∠CAE =∠DAB=56︒∴CBA ANM DAB ∠=∠-∠=62︒-56︒=6︒.【点睛】本题综合考查了三角形的相关定理与证明，较为综合，熟练掌握三角形的内角和定理，外角定理，全等三角形的判定与性质是解题的关键.2．如图，ABD 和AEC 均为等边三角形，连接BE 、CD ．（1）请判断：线段BE 与CD 的大小关系是；（2）观察图，当ABD 和AEC 分别绕点A 旋转时，BE 、CD 之间的大小关系是否会改变?（3）观察如图和4，若四边形ABCD 、DEFG 都是正方形,猜想类似的结论是___________,在如图中证明你的猜想.【答案】(1)BE=CD （2）线段BE 与CD 的大小关系不会改变（3）AE ＝CG ，证明见解析（4）这些结论可以推广到任意正多边形.如图5，BB 1=EE 1，它们分别在△AE 1E 和△AB 1B 中，如图6，连接FF 1，可证△AB 1B ≌△AF 1F ．图形见解析.【分析】本题是变式拓展题，图形由简单到复杂，需要从简单图形中探讨解题方法，并借鉴用到复杂图形中；证明三角形全等时，用旋转变换寻找三角形全等的条件．【详解】（1）线段BE 与CD 的大小关系是BE=CD ；（2）线段BE 与CD 的大小关系不会改变；（3）AE=CG ．证明：如图4，正方形ABCD 与正方形DEFG 中，∵AD=CD ，DE=DG ，∠ADC=∠GDE=90°，又∠CDG=90°+∠ADG=∠ADE ，∴△ADE ≌△CDG ，∴AE=CG ．【点睛】本题综合考查全等三角形、等边三角形和多边形有关知识．注意对三角形全等的证明方法的发散．3．如图，P 为等边ABC 的边BC 延长线上的一动点，以AP 为边向上作等边APD △，连接CD ．（1）求证：ABP ACD ≌△△；（2）当PC AC =时，求PDC ∠的度数；（3）PDC ∠与PAC ∠有怎样的数量关系？随着点P 位置的变化，PDC ∠与PAC ∠的数量关系是否会发生变化？请说明理由．【答案】1）证明见解析；（2）30PDC ∠=︒；（3）PDC PAC ∠=∠；数量关系不变；理由见解析【分析】（1）先根据等边三角形的性质得出∠BAC ＝∠PAQ ＝60°，AB ＝AC ，AP ＝AQ ，再由SAS 定理即可得出结论；（2）由∠APC=∠CAP ，∠B=∠BAC ，∠B+∠BAC+∠APC+∠CAP=180°，得∠BAP=90°，再结合ABP ACD ≌△△，进而即可求解；（3）设CD 与AP 交于点O ，由ABP ACD ≌△△，得∠ACD=∠APD ，结合∠AOC=∠DOP ，三角形内角和定理，即可得到结论．【详解】（1）证明：∵△ABC 与△APD 是等边三角形，∴∠BAC ＝∠PAD ＝60°，AB ＝AC ，AP ＝AD ，∴∠BAP ＝∠DAC ，在△ABP 与△ACD 中，AB AC BAP CAD AP AD ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴ABP ACD ≌△△（SAS ）；（2）∵PC AC =，∴∠APC=∠CAP ，∵△ABC 是等边三角形，∴∠B=∠BAC=60°，又∵∠B+∠BAC+∠APC+∠CAP=180°，∴∠BAC+∠CAP=12×180°=90°，即：∠BAP=90°，∴∠APB=90°-60°=30°，∴∠ADC=∠APB=30°，∵△APD 是等边三角形，∴PDC ∠=60°-∠ADC=60°-30°=30°；（3）PDC ∠=PAC ∠，随着点P 位置的变化，PDC ∠与PAC ∠的数量关系不会发生变化，理由如下：设CD 与AP 交于点O ，∵ABP ACD ≌△△，∴∠ACD=∠ABP=60°，∵∠APD=60°，∴∠ACD=∠APD ，又∵∠AOC=∠DOP ，∠AOC+∠ACD+∠PAC=180°，∠DOP+∠APD+∠PDC=180°，∴PDC ∠=PAC ∠．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，直角三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定和性质，是解题的关键．4．（1）作图发现：如图1，已知ABC ∆，小涵同学以AB 、AC 为边向ABC ∆外作等边ABD ∆和等边ACE ∆，连接BE ，CD ．这时他发现BE 与CD 的数量关系是．（2）拓展探究：如图2，已知ABC ∆，小涵同学以AB 、AC 为边向外作正方形ABFD 和正方形ACGE ，连接BE ，CD ，试判断BE 与CD之间的数量关系，并说明理由．【答案】（1）BE=CD ；（2）BE=CD ，理由见解析；【分析】（1）利用等边三角形的性质得出,,60AD AB AC AE BAD CAE ==∠=∠=°，然后有CAD EAB ∠=∠，再利用SAS 即可证明CAD EAB ∆∆≌，则有BE CD =；（2）利用正方形的性质得出,,90AD AB AC AE BAD CAE ==∠=∠=°，然后有CAD EAB ∠=∠，再利用SAS 即可证明CAD EAB ∆∆≌，则有BE CD =；【详解】（1）如图1所示：ABD ∆ 和ACE ∆都是等边三角形，,,60AD AB AC AE BAD CAE ==∠=∠=∴°，BAD BAC CAE BAC ∴∠+∠=∠+∠，即CAD EAB ∠=∠，在CAD ∆和EAB ∆中，AD AB CAD EAB AC AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()CAD EAB SAS ∆∆∴≌BE CD ∴=．（2）BE CD =， 四边形ABFD 和ACGE 均为正方形，AD AB ∴=，AC AE =，90BAD CAE ∠=∠=︒，BAD BAC CAE BAC ∴∠+∠=∠+∠CAD EAB ∠=∠∴，在CAD ∆和EAB ∆中，AD AB CAD EAB AC AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()CAD EAB SAS ∆∆∴≌，BE CD ∴=。
初中数学全等三角形手拉手模型
∵ቐ∠ABE = ∠EBC
= BC
∴△ABE≌△DBC(SAS)
过B点分别向AE和DC作垂线，垂足为点M，N
∵BM，BN分别为△ABE和△DBC对应边上的高
∴BM=BN
在Rt△BMF和Rt△BNF中
BF =
∵ቊ
BM =
∴Rt△BMF≌Rt△BNF(HL）
手拉手模型-等边三角形
为右手顶点。
B(左手）
(头 ）
(头）
B(左手
）
C(右手 ）
C(右手）
手拉手模型基于
“ASA全等判定”
2、手拉手模型-模型分析
二、“手拉手模型”的基本构图：
常见变形：
手拉手模型-等边三角形
例1、如图在直线ABC的同一侧作两个等边三角形△ABD与△BCE，连结AE与CD.
证明：（1）△ ≌△ （2） = （3）与之间的夹角为60°（4）△ ≌△ （5）△ ≌△ （6）
∴AE=DC
（3）延长AE分别交BD于点N，CD于H
由（1）可知，∠BDC=∠BAE
又∵∠ANB=∠HND（对顶角相等）
∴180°-（ ∠BDC + ∠HND ）=
180°-(∠BAE + ∠ANB )
即∠DHN=∠ABD=60°
∴ 与的夹角为60°
（4）过点B分别向AE和DC所在直
变式1-4.
D
如果两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明：
1. △ABE≌△DBC
2. AE=DC
3. AE与DC的夹角为60°
4. AE与DC的交点设为H,BH平分∠AHC
【解析】①利用角度的和差关系证明∠ABE=∠DBC，且AB=DB，BC=BE
全等三角形模型之 手拉手模型
手拉手模型（一）l手拉手模型特点：两个等腰三角形；共顶点；顶角相等1、如图，等边△ACD和等边△BCE，链接AE，BD，相交于G，AE与CD相交于M，BD 与CE相交于N。
我结论1：∠DCE=60°（等边三角形性质）结论2：△ACE≅△DCB （证明AC=DC, ∠ACE=∠DCB；EC=BC; SAS）结论3：∠CAE=∠CDB （AE=DB）结论4：∠DGM=∠ACM=60°（8字模型）；∠AGB=120°结论5：△ACM≅△DCM（∠CAE=∠DCB,AC=DC, ∠ACM=∠DCN—ASA）结论6：CM=CN（△CMN等边三角，内错角相等，MN平行与AB）结论7：△AME≅△CNB（ASA）结论8：CM=CN结论9：GC平分∠AGB（角平分线的判断）结论10：GA=GC+GD拓展1△ABE 和△ACF 均为等边三角形 结论1：△ABF ≅△AEC结论2：∠BOE=∠BAE=60°结论3：OA 平分∠EOF （四点共圆证明）拓展2△ABD 和△ACE 均为等腰直角三角形 结论1：BE=CD结论2：BE 垂直于CD拓展3四边形ABEF 和四边形ACHD 均为正方形 结论1：BD=CF结论2：BD 垂直于CF例题：已知：如图,点C 是线段AB 上的动点(C 点于A. B 不重合)，分别以AC 、BC 为边在直线AB 的同侧作等边三角形ACD 和等边三角形BCE ，AE 于CD 相交于点M ，BD 与CE 相交于点N.①△≌△ACE DCB;②∥MN AB;③△CMN 是等边三角形;④若AB 的长为10cm,当点C 在线段AB 上移动时,则线段MN 的最大长度为2.5cm;⑤MN2=EN⋅DM ； 其中结论正确的为：例题：(1) 如图1，点C是线段AB上一点，分别以AC，BC为边在AB的同侧作等边△ACM 和△CBN，连接AN，BM.分别取BM，AN的中点E，F，连接CE，CF，EF.观察并猜想△CEF的形状，并说明理由。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
手拉手模型
例1、在直线ABC的同一侧作两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明：（1）△ABE≌△DBC
（2）AE=DC
（3）AE与DC的夹角为60。
（4）△AGB≌△DFB
（5）△EGB≌△CFB
（6）BH平分∠AHC
（7）GF∥
AC
H
F
G
E
D
变式练习1、如果两个等边三角形△ABD 和△BCE ，连接AE 与CD ，证明： （1） △ABE ≌△DBC
（2） AE=DC
（3） AE 与DC 的夹角为60。
（4） AE 与DC 的交点设为H,BH 平分∠AHC
变式练习2：如果两个等边三角形△ABD 和△BCE ，连接AE 与CD ，证明： （1） △ABE ≌△DBC
（2） AE=DC
（3） AE 与DC 的夹角为60。
（4）AE 与DC 的交点设为H,BH 平分∠AHC
E
B
D
H
B
D
E
B D
E
B
D
H
B
D
H
B
D
例题2：如图，两个正方形ABCD 和DEFG ，连接AG 与CE ，二者相交于H 问：（1）△ADG ≌△CDE 是否成立
（2）AG 是否与CE 相等
（3）AG 与CE 之间的夹角为多少度 （4）HD 是否平分∠AHE
例题3：如图两个等腰直角三角形ADC 与EDG ，连接AG,CE,二者相交于H. 问 （1）△ADG ≌△CDE 是否成立
（2）AG 是否与CE 相等
（3）AG 与CE 之间的夹角为多少度 （4）HD 是否平分∠AHE
F
例题4：两个等腰三角形ABD 与BCE ，其中AB=BD,CB=EB,∠ABD=∠CBE=a 连接AE 与CD.
问（1）△ABE ≌△DBC 是否成立
（2）AE 是否与CD 相等
（3）AE 与CD 之间的夹角为多少度 （4）HB 是否平分∠AHC
课程顾问签字： 教学主管签字：。