沪科版八年级上册全等三角形的判定第2讲手拉手模型 课件（16张PPT）
文档属性
| 名称 | 沪科版八年级上册全等三角形的判定第2讲手拉手模型 课件（16张PPT） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 28.2MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 沪科版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-11-01 08:23:21 | ||
图片预览
文档简介
(共16张PPT)
八年级全等模型汇总
第2讲 手拉手模型
八年级全等模型汇总
2、手拉手模型-定义
【知识梳理】
1．手拉手模型的特点：两个等腰三角形顶角顶点公共，且顶角相等．得到一对能够旋转重合的全等三角形;
2．手拉手模型的基本构图：
一、“手拉手模型”的基本概念：
1、手的判别：
判断左右：将等腰三角形顶角朝上，正对读者，读者左边为左手顶点，右边为右手顶点。
）
）
）
）
）
）
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（4）（5）（6）为等边三角形（7）（8）平分（9）（10）
【解析】①利用角度的和差关系，求证∠ABE=∠DBC=120°，再根据题干条件
可知BA=BD，BE=BC，所以△ABE≌△DBC（SAS）
②由（1）可知， △ABE≌△DBC，对应边相等即
③根据△ABG和△HGD构造的8字模型，利用内角和定理和定理，
可知∠DHG=∠DBA=60°；
④由（1）可知，∠BAG=∠DBF,又AB=DB，∠ABG=∠DBF=60°，可证
（ASA）
⑤结合（4）和题干提供的条件，得BG=BF，再证（SAS）
⑥∵BG=BG且∠GBF=60°，不难得出为等边三角形
⑦连接GF,∵∠BGF=60°=∠ABD，∴GF//AC
⑧如图1,：连接BG,过B点分别向AE和CD作垂线，垂足为M,N；易证
⑧Rt△BMH≌Rt△BNH(HL),∴∠BHM=∠BHN
⑨∵Rt△BNH是以∠BHN=60°的直角三角形，∴HB=2HN
HD+HB=HD+HN+HN=DN+HN,而AH=AM+MH；只需要证Rt△AMB≌Rt△DNB（ASA）
那么DN=AM，HN=HM（由⑧可知）
⑩易证Rt△EMB≌Rt△CNB(AAS）将HB=2HN=2HM,结合EM=CN可证得
1
手拉手模型-等边三角形
变式1-1、如图两个等边三角形与与，连结与，
证明（1）
（2）
（3）与的夹角为
（4）与交点设为,平分
（1）∵△ABD和△BCE都是等边三角形
∴∠ABD=∠EBC=60°
∴∠ABC-∠EBD=∠EBC-EBD
即∠ABE=∠DBC
在△ABE和△DBC中
∵
∴ △ABE≌△DBC（SAS）
(2)由（1）可知， △ABE≌△DBC，
∴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°
（4）过点B分别向AE和DC所在直线作垂线，垂足分别记为Q,R。
由（1）可知，BQ和BR分别为对应边上的高，所以BQ=BR
在Rt△BQH和Rt△BRH中
∵
∴Rt△BQH≌Rt△BRH(HL）
∴∠BHQ=∠BHR
∴ 平分
手拉手模型-等边三角形
变式1-2.如图，三角形ABC和三角形CDE都是等边三角形，点A,E,D,同在一条直线上，且∠EBD=62°，求∠AEB的度数
解：
∵∠AEB=62°
∴∠BDE+∠BED=180°-∠AEB=180°-62°=112°
又∵∠DCB=60°-∠BCE，∠ACE=60°-∠BCE
∴∠DCB=∠ACE
在△BDC和△ACE中
∵
∴△BDC≌△ACE（SAS）
∴∠AEC=∠BDC=∠EDC+∠BDE=60°+∠BDE
∴∠AED=360°-(∠BED+∠DEC+∠AEC)
=360°-（∠BED+∠EDC+∠60°+∠BDE）
=360°-（112°+60°+60°）=122°
手拉手模型-等边三角形
变式1-3. 如图，点A. B. C在同一条直线上，分别以AB、BC为边在直线AC的同侧作等边三角形△ABD、△BCE.连接AE、DC，AE与DC所在直线相交于F，连接FB.判断线段FB、FE与FC之间的数量关系，并证明你的结论。
结论: FB+FE=FC
证明如下：
∵△ABD和△EBC均为等边三角形
∴∠ABE=∠EBC=120°
在△ABE和△EBC中
∵
∴△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
∵
∴Rt△BMF≌Rt△BNF(HL）
∴FN=FM,EM=CN
在Rt△BFN中，∠FBN=30°
∴FB=2FN=FN+FM
∴FB+FE=FM+FE+FN
=ME+FN=CN+FN=CF
手拉手模型-等边三角形
变式1-4.
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
证明△ABE≌△DBC(SAS）
②由①可知，对应边相等
③∵∠BAE=∠BDC,∴∠HAD+∠ADH=60°-∠BAE+60°+∠BDC=120°
∴∠AHD=60°（利用△AHD的内角和等于180°）
④连接BH,只需要过点H分别在AE和CD上作高，构造以BH公共斜边的全等直角三角形，再利用对应角相等
例2、如图，两个正方形与,连结,二者相交于点
证明：（1）（2）（3）（4）平分
手拉手模型-共轭正方形
【解析】（1）∵∠ADG=90°+∠CDG，∠CDE=90°+∠CDG
∴∠ADG=∠CDE
在△ADG和△CDE中
∵
∴ △ADG≌△CDE（SAS）
（2）由（1）可知△ADG≌△CDE，∴AG=CE
（3）令AG与CD交点为Q,
∵∠CQH=∠DQA,∠DAG=∠DCE
∴180°-（ ∠CQH + ∠DCE ）=180°-(∠DQA+ ∠DAG)
即∠GHC=∠ADC=90°，∴AG⊥CE
(4)连接HD,过D点分别作AG和CE上的高，垂足为R,S
易证Rt△DRH≌Rt△DSH(HL）
∴∠DHR=∠DHS
∴ 平分
手拉手模型-共轭正方形
变式2-1.
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？
【解析】
（1）利用角度的和差关系，手拉手全等（SAS）
（2）由（1）中的全等关系可证
（3）利用八字模型，三角形内角和定理得到夹角等于90°
（4）连接HD,过D点分别作AG和CE上的高，构造以HD为
公共斜边的直角三角形，进而求证∠DHA=∠DHE
HD平分∠AHE
手拉手模型-共轭正方形
变式2-2.如图，以△ABC的边AC，AB为一边，分别向三角形的外侧作正方形ACFG和正方形ABDE，连接EC交AB于点H，连接BG交CE于点M.
(1)求证：BG⊥CE
(2)连接EG，求证：△ABC与△AGE面积相等
【解析】
（1）①先利用手拉手模型，求证△EAC≌△BAG(SAS）
再根据以M，C,A，G形成的八字模型，求得∠GMC=∠CAG=90°
（2）不难发现，∠GAE与∠BAC互补，且AG=AC,AE=AB
利用表示，具体可参考下图
手拉手模型-共轭正方形
变式2-3.如图，在△ABC的外作两个大小不同的等腰直角三角形，其中∠DAB=∠CAE=90°，AB=AD，AC=AE.连接DC、BE交于F点.
(1)求证：△DAC≌△BAE
(2)直线DC、BE是否互相垂直，请说明理由
（3）求证：AF平分∠DFE
【解析】①先利用角度和差关系，求证∠DAC=∠BAE
再根据题干条件AD=AB，AC=AE
∴△DAC≌△BAE(SAS）
②利用点D,A,B，F构造的八字模型，求得∠DFB=∠DAB=90°
③过点A分别作DC和BE上的高，利用HL的判定，证全等；再根据对应角相等
∴AF平分∠DFE
手拉手模型-锐角等腰三角形
例3、如图，在△ABC和△AEF中，AB=AC，AE=AF，∠CAB=∠EAF,BE交FC于点O.
（1）求证：BE=CF（2）当∠BAC=70°时，求∠BAC=70°时，求∠BOC的度数
（1）证明：∵∠CAB=∠EAF
∴ ∠CAB+∠CAE=∠EAF+∠CAE
即∠BAE=∠CAF
在△BAE和△CAF中
∵
∴ △BAE≌△CAF（SAS）
∴BE=CF
（2）当∠BAC=70°
由（1）可知△BAE≌△CAF
∴∠EBA=∠ACF
又∵∠CDO=∠ADB
∴180°-（∠EBA+ ∠ADB ）=180°-（ ∠ACF +∠CDO）
即∠BOC=∠BAC=70°
手拉手模型-解答题压轴
例4如图（1），已知△ABC和△AED均为等腰三角形，AB=AC，AD=AE，且∠BAC=∠EAD.
1
2
（1）求证：CD=BE；
（2）将△ABC绕点A旋转到如图（2）的位置，（1）中的结论仍然成立吗？证明你的结论
（3）如图（2），连接EC，若点P是EC的中点，连接PB并延长至点F,使CF=CD，求证：∠EBP=∠BFC
【解析】①连接CD，易证△EAB≌△DCA(SAS），∴CD=BE
②方法如例1，利用角度的和差关系，先证一条件：∠EAB=∠DAC
③题干中P是EC中点，是解题的题眼；我们可以倍长中线，构造△EPH≌△CPF（SAS）
∴CF=HE 由（1）可知CF=CD=EB
∴△HEB是等腰三角形 ，最后证得∠EBP=∠BFC
倍长中线
手拉手模型-解答题压轴
1
2
3
例5如图1，在△ABC中，AE⊥BC于点E,AE=BE,连接BD,CD
（1）试判断BD与AC的位置关系和数量关系，并说明理由；
（2）如图2，若将△DCE绕点E旋转一定角度后，试判断BD与AC的位置关系和数量关系是否发生变化，并说明理由；
（3）如图3，若将（2）中的等腰直角三角形都换成等边三角形，其他条件不变.
①试猜想BD与AC的数量关系，请直接写出结论；
②你能求出BD与AC的夹角度数吗 如果能，请直接写出夹角度数；如果不能，请说明理由.
(1) BD⊥AC
(2) BD与AC互相垂直，且长度相等
(3) 手拉手模型的基础应用
开动脑筋，试试吧
手拉手模型-解答题压轴
例6 （1）【问题背景】如图（1），∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC，AD=AE，连接BD,CE. 求证：BD=CE；
（2）【问题探究】将图（1）中△DAE绕着点A旋转，使点D落在△ABC内部，如图（2），其余条件不变，请
探究BD与CE的关系（数量关系和位置关系），并证明你的结论；
（3）【拓展应用】连接图（1）中CD，BE,如图（3），若BD=8,请直接写出四边形BCDE的面积。
（1）
（2）
（3）
①②前两问：先根据角度的和差关系，证得△BAD≌△CAE（SAS）BD=CE，再根据八字模型，BD⊥CE
③ 由①②可知，BD=EC=8，且BD⊥CE ，∴32.
八年级全等模型汇总
第2讲 手拉手模型
八年级全等模型汇总
2、手拉手模型-定义
【知识梳理】
1．手拉手模型的特点：两个等腰三角形顶角顶点公共，且顶角相等．得到一对能够旋转重合的全等三角形;
2．手拉手模型的基本构图：
一、“手拉手模型”的基本概念：
1、手的判别：
判断左右：将等腰三角形顶角朝上，正对读者，读者左边为左手顶点，右边为右手顶点。
）
）
）
）
）
）
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（4）（5）（6）为等边三角形（7）（8）平分（9）（10）
【解析】①利用角度的和差关系，求证∠ABE=∠DBC=120°，再根据题干条件
可知BA=BD，BE=BC，所以△ABE≌△DBC（SAS）
②由（1）可知， △ABE≌△DBC，对应边相等即
③根据△ABG和△HGD构造的8字模型，利用内角和定理和定理，
可知∠DHG=∠DBA=60°；
④由（1）可知，∠BAG=∠DBF,又AB=DB，∠ABG=∠DBF=60°，可证
（ASA）
⑤结合（4）和题干提供的条件，得BG=BF，再证（SAS）
⑥∵BG=BG且∠GBF=60°，不难得出为等边三角形
⑦连接GF,∵∠BGF=60°=∠ABD，∴GF//AC
⑧如图1,：连接BG,过B点分别向AE和CD作垂线，垂足为M,N；易证
⑧Rt△BMH≌Rt△BNH(HL),∴∠BHM=∠BHN
⑨∵Rt△BNH是以∠BHN=60°的直角三角形，∴HB=2HN
HD+HB=HD+HN+HN=DN+HN,而AH=AM+MH；只需要证Rt△AMB≌Rt△DNB（ASA）
那么DN=AM，HN=HM（由⑧可知）
⑩易证Rt△EMB≌Rt△CNB(AAS）将HB=2HN=2HM,结合EM=CN可证得
1
手拉手模型-等边三角形
变式1-1、如图两个等边三角形与与，连结与，
证明（1）
（2）
（3）与的夹角为
（4）与交点设为,平分
（1）∵△ABD和△BCE都是等边三角形
∴∠ABD=∠EBC=60°
∴∠ABC-∠EBD=∠EBC-EBD
即∠ABE=∠DBC
在△ABE和△DBC中
∵
∴ △ABE≌△DBC（SAS）
(2)由（1）可知， △ABE≌△DBC，
∴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°
（4）过点B分别向AE和DC所在直线作垂线，垂足分别记为Q,R。
由（1）可知，BQ和BR分别为对应边上的高，所以BQ=BR
在Rt△BQH和Rt△BRH中
∵
∴Rt△BQH≌Rt△BRH(HL）
∴∠BHQ=∠BHR
∴ 平分
手拉手模型-等边三角形
变式1-2.如图，三角形ABC和三角形CDE都是等边三角形，点A,E,D,同在一条直线上，且∠EBD=62°，求∠AEB的度数
解：
∵∠AEB=62°
∴∠BDE+∠BED=180°-∠AEB=180°-62°=112°
又∵∠DCB=60°-∠BCE，∠ACE=60°-∠BCE
∴∠DCB=∠ACE
在△BDC和△ACE中
∵
∴△BDC≌△ACE（SAS）
∴∠AEC=∠BDC=∠EDC+∠BDE=60°+∠BDE
∴∠AED=360°-(∠BED+∠DEC+∠AEC)
=360°-（∠BED+∠EDC+∠60°+∠BDE）
=360°-（112°+60°+60°）=122°
手拉手模型-等边三角形
变式1-3. 如图，点A. B. C在同一条直线上，分别以AB、BC为边在直线AC的同侧作等边三角形△ABD、△BCE.连接AE、DC，AE与DC所在直线相交于F，连接FB.判断线段FB、FE与FC之间的数量关系，并证明你的结论。
结论: FB+FE=FC
证明如下：
∵△ABD和△EBC均为等边三角形
∴∠ABE=∠EBC=120°
在△ABE和△EBC中
∵
∴△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
∵
∴Rt△BMF≌Rt△BNF(HL）
∴FN=FM,EM=CN
在Rt△BFN中，∠FBN=30°
∴FB=2FN=FN+FM
∴FB+FE=FM+FE+FN
=ME+FN=CN+FN=CF
手拉手模型-等边三角形
变式1-4.
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
证明△ABE≌△DBC(SAS）
②由①可知，对应边相等
③∵∠BAE=∠BDC,∴∠HAD+∠ADH=60°-∠BAE+60°+∠BDC=120°
∴∠AHD=60°（利用△AHD的内角和等于180°）
④连接BH,只需要过点H分别在AE和CD上作高，构造以BH公共斜边的全等直角三角形，再利用对应角相等
例2、如图，两个正方形与,连结,二者相交于点
证明：（1）（2）（3）（4）平分
手拉手模型-共轭正方形
【解析】（1）∵∠ADG=90°+∠CDG，∠CDE=90°+∠CDG
∴∠ADG=∠CDE
在△ADG和△CDE中
∵
∴ △ADG≌△CDE（SAS）
（2）由（1）可知△ADG≌△CDE，∴AG=CE
（3）令AG与CD交点为Q,
∵∠CQH=∠DQA,∠DAG=∠DCE
∴180°-（ ∠CQH + ∠DCE ）=180°-(∠DQA+ ∠DAG)
即∠GHC=∠ADC=90°，∴AG⊥CE
(4)连接HD,过D点分别作AG和CE上的高，垂足为R,S
易证Rt△DRH≌Rt△DSH(HL）
∴∠DHR=∠DHS
∴ 平分
手拉手模型-共轭正方形
变式2-1.
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？
【解析】
（1）利用角度的和差关系，手拉手全等（SAS）
（2）由（1）中的全等关系可证
（3）利用八字模型，三角形内角和定理得到夹角等于90°
（4）连接HD,过D点分别作AG和CE上的高，构造以HD为
公共斜边的直角三角形，进而求证∠DHA=∠DHE
HD平分∠AHE
手拉手模型-共轭正方形
变式2-2.如图，以△ABC的边AC，AB为一边，分别向三角形的外侧作正方形ACFG和正方形ABDE，连接EC交AB于点H，连接BG交CE于点M.
(1)求证：BG⊥CE
(2)连接EG，求证：△ABC与△AGE面积相等
【解析】
（1）①先利用手拉手模型，求证△EAC≌△BAG(SAS）
再根据以M，C,A，G形成的八字模型，求得∠GMC=∠CAG=90°
（2）不难发现，∠GAE与∠BAC互补，且AG=AC,AE=AB
利用表示，具体可参考下图
手拉手模型-共轭正方形
变式2-3.如图，在△ABC的外作两个大小不同的等腰直角三角形，其中∠DAB=∠CAE=90°，AB=AD，AC=AE.连接DC、BE交于F点.
(1)求证：△DAC≌△BAE
(2)直线DC、BE是否互相垂直，请说明理由
（3）求证：AF平分∠DFE
【解析】①先利用角度和差关系，求证∠DAC=∠BAE
再根据题干条件AD=AB，AC=AE
∴△DAC≌△BAE(SAS）
②利用点D,A,B，F构造的八字模型，求得∠DFB=∠DAB=90°
③过点A分别作DC和BE上的高，利用HL的判定，证全等；再根据对应角相等
∴AF平分∠DFE
手拉手模型-锐角等腰三角形
例3、如图，在△ABC和△AEF中，AB=AC，AE=AF，∠CAB=∠EAF,BE交FC于点O.
（1）求证：BE=CF（2）当∠BAC=70°时，求∠BAC=70°时，求∠BOC的度数
（1）证明：∵∠CAB=∠EAF
∴ ∠CAB+∠CAE=∠EAF+∠CAE
即∠BAE=∠CAF
在△BAE和△CAF中
∵
∴ △BAE≌△CAF（SAS）
∴BE=CF
（2）当∠BAC=70°
由（1）可知△BAE≌△CAF
∴∠EBA=∠ACF
又∵∠CDO=∠ADB
∴180°-（∠EBA+ ∠ADB ）=180°-（ ∠ACF +∠CDO）
即∠BOC=∠BAC=70°
手拉手模型-解答题压轴
例4如图（1），已知△ABC和△AED均为等腰三角形，AB=AC，AD=AE，且∠BAC=∠EAD.
1
2
（1）求证：CD=BE；
（2）将△ABC绕点A旋转到如图（2）的位置，（1）中的结论仍然成立吗？证明你的结论
（3）如图（2），连接EC，若点P是EC的中点，连接PB并延长至点F,使CF=CD，求证：∠EBP=∠BFC
【解析】①连接CD，易证△EAB≌△DCA(SAS），∴CD=BE
②方法如例1，利用角度的和差关系，先证一条件：∠EAB=∠DAC
③题干中P是EC中点，是解题的题眼；我们可以倍长中线，构造△EPH≌△CPF（SAS）
∴CF=HE 由（1）可知CF=CD=EB
∴△HEB是等腰三角形 ，最后证得∠EBP=∠BFC
倍长中线
手拉手模型-解答题压轴
1
2
3
例5如图1，在△ABC中，AE⊥BC于点E,AE=BE,连接BD,CD
（1）试判断BD与AC的位置关系和数量关系，并说明理由；
（2）如图2，若将△DCE绕点E旋转一定角度后，试判断BD与AC的位置关系和数量关系是否发生变化，并说明理由；
（3）如图3，若将（2）中的等腰直角三角形都换成等边三角形，其他条件不变.
①试猜想BD与AC的数量关系，请直接写出结论；
②你能求出BD与AC的夹角度数吗 如果能，请直接写出夹角度数；如果不能，请说明理由.
(1) BD⊥AC
(2) BD与AC互相垂直，且长度相等
(3) 手拉手模型的基础应用
开动脑筋，试试吧
手拉手模型-解答题压轴
例6 （1）【问题背景】如图（1），∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC，AD=AE，连接BD,CE. 求证：BD=CE；
（2）【问题探究】将图（1）中△DAE绕着点A旋转，使点D落在△ABC内部，如图（2），其余条件不变，请
探究BD与CE的关系（数量关系和位置关系），并证明你的结论；
（3）【拓展应用】连接图（1）中CD，BE,如图（3），若BD=8,请直接写出四边形BCDE的面积。
（1）
（2）
（3）
①②前两问：先根据角度的和差关系，证得△BAD≌△CAE（SAS）BD=CE，再根据八字模型，BD⊥CE
③ 由①②可知，BD=EC=8，且BD⊥CE ，∴32.