沪科版数学八上14.2全等三角形的性质之手拉手模型讲义

沪科版数学八上14.2
全等三角形的判定之手拉手模型
模型定义：由两个①共顶点且②顶角相等的③等腰三角形组成的几何图形，满足“左手拉左手，右手拉右手”，形成一组④旋转全等的三角形，简称手拉手模型.
模型判断：
模型常见类型展示：
重点：利用题干条件，找到对应等腰三角形的头与手，再按照法则对该组三角形进行全等求证；
难点：在前面设问的前提条件下，根据全等三角形的性质，为后续新的全等或角度以及线段求解（勾股定理应用）创造条件，记得“回头看”；并在题干条件有限的情况下，深谙模型的原理，通过作辅助线构造旋转全等；
等边三角形类（典例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：
△ABE≌△DBC
AE=DC
AE与DC的夹角为60。
△AGB≌△DFB
△EGB≌△CFB
BH平分∠AHC
GF∥AC
AH=HD+HB
CH=HB+HE
证明如下：
∵△ABD和△BCE都是等边三角形 ∴AB=DB，EB=CB,∠ABD=∠EBC=60° 又∵A、B、C三点共线 ∴∠ABE=∠DBC=120° ∴△ABE≌△DBC（SAS） 由（1）可知△ABE≌△DBC ∴AE=DC（全等三角形的对应边相等） ∵△ABE≌△DBC ∴∠BDC=∠BAE ∵∠AGB=∠DGH ∴180°-∠BAE-∠AGB=180°-∠BDC-∠DGH 即∠DHG=∠ABG=60° ∴AE与DC的夹角为60度 由（1）可知，∠BAG=∠DBF,又AB=DB，∠ABG=∠DBF=60° ∴△AGB∽△DFB（ASA） 同理可证△EGB≌△CFB（ASA） 过B点作BM⊥AE,BN⊥DC ∵△ABE≌△DBC且AE与DC是对应边 ∴BM=BN 又∵BH=BH，∠BMH=∠BNH=90° ∴△BHM≌△BHN（HL） ∴∠BHM=∠BHN ∴BH平分∠AHC 由（4）可知，△AGB≌△DFB ∴BG=BF 又∵∠GBH=60° ∴△GBF是等边三角形 ∵∠BGF=∠ABG=60° ∴GF//AC （8）（9）过程略，详情见右侧解析 【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AE=DC 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 △AGB≌△DFB（ASA） ⑤结合（4）和题干提供的条件，得BG=BF，再证△EGB≌△CFB（SAS） ⑥连接GF,∵∠BGF=60°=∠ABD，∴GF//AC ⑦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
等腰直角三角形类（典例2）
典型例题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？
证明如下：
（1）已知正方形ABCD和DEFG ∵DA=DC，DG=DE，∠ADC=∠GDE=90° ∴∠ADC+∠CDG=∠GDE+∠CDG 即∠ADG=∠CDE ∴△ADG≌△CDE（SAS） （2）由（1）可知，△ADG≌△CDE ∴AG=CE （3）夹角为90度 ∵∠DAG=∠DCE,∠1=∠2 ∴180°-∠DAG-∠1=180°-∠DCE-∠2 即∠CHA=∠ADC=90° （4）HD平分∠AHE 如图所示，连接DH,过D点作DM⊥AG,DN⊥CE ∵△ADG≌△CDE（SAS） AG与CE为对应边 ∴DM=DN 又∵∠DMH=∠DNH=90°，DH=DH ∴Rt△DMH≌Rt△DNH(HL) ∴∠DHM=∠DHN
等边三角形类
例1．如图，点C是线段AE上一动点（不与A，E重合），在AE同侧分别作等边三角形ABC和等边三角形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，有以下5个结论：①AD=BE；②PQ∥AE；③AP=DQ；④DE=DP；⑤∠AOB=60°．其中一定成立的结论有（ C ）个
A．1 B．2 C．3 D．4
1-1．在中，，点是直线上一点不与点，重合，把线段绕着点逆时针旋转至即，使得，连接，．
（1）如图，点在线段上，若，则　 90° 　；
（2）如图，当点在线段上时，若，请求出的度数．
【解析】∠BCE=120°，证明如下：
∵∠BAC=∠DAE=60°
∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC
即∠BAD=∠CAE
又∵AB=AC,AD=AE
∴△BAD≌△CAE（SAS）
∴∠ACE=∠B=60°
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=120°
（3）如图，设，，当点在直线上移动时，请直接写出，的数量关系，
【答案】
1-2.如图1，点B、C分别在射线AM，AN上，且∠MAN为钝角，现以线段AB、AC为底边向∠MAN的外侧作等腰三角形，分别是△ABD，△ACE.
(1)如图2，连接CD、BE,交于点P,连接AP,若∠ADB=∠AEC=60°.
①求证：CD=BE;
②求证：PA平分∠BPC;
如图3，若点F，G分别是AB，AC的中点，连接DF、EG并延长交于点O，连接OB、OC、BC,当∠MAN= °时，△BOC为等边三角形。
① 证明 CD=BE：
∵△ABD和△ACE都是以AB、AC为底边的等腰三角形，且∠ADB=∠AEC=60°，
∴它们都是等边三角形。
∴AD=AB，AE=AC，∠BAD=∠CAE=60°。
∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC，
即∠DAC=∠BAE。
在△DAC和△BAE中：
∵
∴△DAC≌△BAE（SAS）
∴CD=BE。
② 证明 PA平分∠BPC：
如题所示：作AM⊥BE于M，AN⊥CD于N。
∵△DAC≌△BAE，
且BE=CD。
∴AM=AN（全等三角形对应边上的高相等）。
∴点A在∠BPC的平分线上（角平分线的性质：到角的两边距离相等的点在角的平分线上）
即PA平分∠BPC。
(2) 当∠MAN=120°时，△BOC为等边三角形。
理由如下：
∵F、G分别是AB、AC的中点，且△ABD、△ACE是等腰三角形，
∴DF⊥AB，EG⊥AC。
当∠MAN=120°时，∠FOG=60°（四边形AFOC中，∠OFA=∠OGA=90°）。
∵OF和OG分别是AB和AC的垂直平分线
∴OB=OA，OC=OA，即OB=OC。
又∵∠BOC=60°
∴△BOC为等边三角形。
1-3如图，△ABE和△AFC是等边三角形，AE⊥AF，连接BF、CE，交于点D.有以下结论：①∠BAC=150°;②连接BC,BC=BF;③连接EF,EF=2AF;④连接AD,AD平分∠BDC; ⑤连接AD，BD=AD+ED.其中正确的结论个数是：
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
【答案】①√②√③×④√⑤√
【解析】①∠BAC=360°-∠BAE-∠EAF-∠FAC=360°-60°-90°-60°=150°
②易证△BAF≌△EAC（SAS）延长BA交CF于点G,
∵∠CAG=180°-∠BAC=180°-150°=30°
∴AG平分∠CAF
又∵△CAF是等边三角形
根据等腰三角形三线合一的性质
∴BG垂直平分CF
∴BF=BC
③无法证明EF//AC或者说∠EFA未必等于60度，所以结论不一定成立
④过A点作AH⊥BF，AI⊥EC
易证Rt△AHD≌Rt△AID（HL），∴∠ADH=∠ADI,进而说明AD平分∠BDC
⑤先说明Rt△BHA≌Rt△EIA,以及含30度角的直角三角形Rt△DIA中，AD=2DI
则BD=BH+HD=EI+DH=ED+DI+DH=ED+2DI=ED+AD
说
等腰直角三角形类
例2如图，△ABC和△EBD中，∠ABC＝∠DBE＝90°，AB＝CB，BE＝BD，连接AE，CD，AE与CD交于点M，AE与BC交于点N．
（1）求证：AE＝CD；
（2）求证：AE⊥CD；
（3）连接BM，有以下两个结论：①BM平分∠CBE；②MB平分∠AMD，其中正确的一个是　 　（请写序号），并给出证明过程．
2-1.【解析】证明AE = CD
已知∠ABC =∠DBE = 90°
∵∠ABC +∠CBE =∠DBE +∠CBE
即∠ABE =∠CBD
又∵AB = CB，BE = BD
∴△ABE ≌△CBD
∴AE = CD（全等三角形对应边相等）
(2) 证明AE⊥CD
由（1）△ABE ≌△CBD，
得∠BAE =∠BCD。
在△ABN中，∠BAE +∠ANB = 90°
又∵∠ANB =∠CNM（对顶角相等）
∴∠BCD +∠CNM = 90°
在 △CMN中，∠CMN = 180° (∠BCD +∠CNM) = 90°
即 AE⊥CD。
(3) 判断并证明
正确结论是②（MB平分∠AMD）
证明：
如图所示：过点B作BF⊥AE于F，BG⊥CD于G
由 △ABE ≌ △CBD，得两三角形面积相等，且 AE = CD。
根据“面积相等、底相等，则高相等”，
得BF = BG
又 ∵BF⊥AE，BG⊥CD，BF = BG根据“到角两边距离相等的点在角的平分线上”
∴点B在∠AMD的平分线上
即MB平分∠AMD。
2-1．（2025八上·秀洲月考）如图， △ABC和△ADE中， ∠BAC=∠EAD=90°，AB=AC，AE=AD，B、C、E在同一条直线上，连接DC，交AE于点F.
（1）求证：△ABE≌△ACD；
（2）若BE=3CE，CD=6，求△DCE的面积.
【解析】（1）∵∠BAC=∠EAD=90°
∴∠BAC+∠CAE=∠EAD+∠CAE
即∠BAE=∠CAD
又∵AB=AC，AE=AD
∴△ABE≌△ACD（SAS）
（2）由（1）可知，△ABE≌△ACD
∴∠BEA=∠CDA
∵∠AFD=∠CFE
∴180°-∠BEA-∠CFE=180°-∠CDA-∠AFD
即∠FCE=∠DAE=90°
∴CD⊥BE
∵BE=3CE，CD=6
∴BE=6则CE==2
∴
2-2．（拓展延伸-含八下知识点）
（1）【模型建立】如图1，在和中，D是边上的一点，，连接．用等式直接写出线段的数量关系；
（2）【模型应用】
如图2，在中，，E，F为边上的点，且．用等式直接写出线段的数量关系；
（3）【模型迁移】
如图3，在中，为直角，，平面内存在一点D，使．若，，求的面积．
【答案】
推导出
【解析】易根据全等三角形的判定SAS，证得△ABD≌△ACE（SAS）,推导出BD=CE,又∠ACE=∠B=∠ACB=45°，∴∠DCE=90°，根据勾股定理得到三边的数量关系；而在等腰直角三角形△ADE中，斜边和直角边长度满足特定的比值：
【解析】由（1）可知，将AE绕点A逆时针旋转90度至AG处，连接CG；易通过手拉手模型证明△ABE≌△AFG（SAS）;连接FG后，再证得△CFG是直角三角形，且∠FCG=90°
【解析】过点A作AF⊥AD且交DC延长线于点F.∵∠F+∠ADF=90°，∠ADF+∠ADB=90°
∴∠ADB=∠F
∵∠BAC=∠DAF=90°
∴∠BAC-∠DAC=∠DAF-∠DAC
即∠BAD=∠CAF
又∵AB=AC
∴△BAD≌△CAF（SAS）
∴AF=AD
∵∠DAF=90°
∴△DAF是等腰直角三角形
过A点作AG⊥DF
则△DGA是等腰直角三角形
∵AD=，CD=2
∴，CG=DG-CD=4-2=2
在Rt△AGC中，∵∠AGC=90°
根据勾股定理可得
=4 +2 =20
∵△BAC是等腰直角三角形
∴
其他角度（等腰三角形）类
例3已知，如图①，在和中，，，
（1）求证：①；②；
（2）如图②，在和中，，，，则AC与BD的等量关系为　 相等 　．的大小为　 　．（直接写出结果，不需要证明）
（1）①∵
∴∠AOB+∠BOC=∠COD+∠BOC
∵，
∴（SAS）
②由①可知，
∴∠OAC=∠OBD
∵∠1=∠2
∴180°-∠OAC-∠1=180°-∠OBD-∠2
即=∠AOB=50°
3-1．已知：在和中，，．
图1
图2
如图1，若．
【解析】利用手拉手模型，判定△AOC≌△BOD（SAS）,得出AC=BD
结合（1）问中的全等结论，以及8字模型，得到∠APB=∠AOB=60°
①求证：．②求的度数．
如图2，若，的大小为　 　（直接写出结果，不证明）．
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