中考数学复习专题——吃透动态几何三角形全等之手拉手模型专题学案（附答案）

知识精讲：
一、以两个等腰三角形或者两个等边三角形为背景，有一个公共顶点。
证明两个三角形全等利用SAS的判定定理，C为公共顶点，两条边为两个三角形的两条腰，中间的角为公共角与三角形底角的和或差。
例如：（等腰三角形、等边三角形）

例题讲解：
1、如图，点C在线段AB上，△DAC和△DBE都是等边三角形，求证：△DAB≌△DCE;DA∥EC.

解析：
（1）△DAC和△DBE都是等边三角形.
∴DA=DC,DB=DE,∠ADC=∠BDE=60°.
∴DA=DC,DB=DE,∠ADC=∠BDE=60°
∴∠ADC+∠CDB=∠BDE+∠CDB,（重点）
即∠ADB=∠CDE
在△DAB和△DCE中，
DA=DC
∠ADB=∠CDE
DB=DE
∴△DAB≌△DCE.
（2）∵△DAB≌△DCE
∴∠A=∠DCE=60°
∵∠ADC=60°
∴∠DCE=∠ADC
∴DA∥EC.
2、已知：△ACB和△DCE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，连结AE,BD交于点O,AE与DC交于点0，AE与DC交于点M,BD与AC交于点N.

解析:
∵△ACB和△DCE都是等腰三角形
∠ACB=∠DCE=90°
∴AC=BC,DC=EC
∴∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD
∴∠BCD=∠ACE
在△ACE和△BCD中
AC=BC
∠ACE=∠BCD
CE=CD
∴△ACE≌△BCD(SAS)
∴AE=BD
二、当△ADE在绕点A进行旋转过程中，第一个图中出现的结论依然成立。

解析：∵△ABC与△AD1E1是等边三角形
∴AB=AC,AD1=AE1,∠BAC=∠DAE=60°
∴∠BAD1+∠BAE1=∠BAE1+∠CAE1,∠BAD1=∠CAE1
在△BAD1与△CAE1中
AB=AC
∠BAD1=∠CAE1
AD1=AE1
∴△BAD1≌△CAE1 (SAS)
所以在旋转的过程中，题中出现两个共顶点的等边三角形，必然存在两个全等三角形，并且不受等边三角形位置的影响，都可以通过SAS去证明全等。如下图（旋转）：

三、正方形中的手拉手模型
3、两个正方形ABCD和DEFG，连接AG与CE,二者相交于点H.（1）AG与CE是否相等？（2）AG与CE之间的夹角为多少度？

依然可通过SAS证明△ADG≌△CDE，得到AG=CE
连接AC,由（1）得到∠DCE=∠GAD
∠AHE=∠HAC+∠ACH=∠HAC+∠DCE+∠ACD=∠HAC+∠GAD+45°=90°
综上，我们可以得到手拉手存在的范围是等腰（直角）三角形、等边三角形以及正方形中。当题目中出现这几种图形的时候优先考虑手拉手模型，并且两个全等三角形对应边的夹角在旋转的过程中始终相等。
经典题型：
1、已知，在△ABC中，AB＝AC，点P平面内一点，将AP绕A顺时针旋转至AQ，使∠QAP＝∠BAC，连接BQ、CP，
⑴若点P在△ABC内部，求证BQ＝CP；
⑵若点P在△ABC外部，以上结论还成立吗？

解析：（1）∵∠QAP＝∠BAC
∴∠QAP－∠BAP
＝∠BAC－∠BAP
即∠QAB＝∠PAC
另由旋转得AQ＝AP
在△AQB和△APC中
AQ＝AP
∠QAB＝∠PAC
AB＝AC
∴△AQB≌△APC
∴BQ＝CP
（2）∵∠QAP＝∠BAC
∴∠QAP＋∠BAP
＝∠BAC＋∠BAP
即∠QAB＝∠PAC
另由旋转得AQ＝AP
在△AQB和△APC中
AQ＝AP
∠QAB＝∠PAC
AB＝AC
∴△AQB≌△APC
∴BQ＝CP
2、如图，点G是正方形ABCD对角线CA的延长线上任意一点，以线段AG为边作一个正方形AEFG，线段EB和GD相交于点H.若AB=，AG=1，则EB=________________.

解析：连接BD交于AC于点O,
∵四边形ABCD、AGFE是正方形
∴AB=AD,AE=AG,∠DAB=∠EAG
∴∠EAB=∠GAD
在△AEB和△AGD中
AE=AG
∠EAB=∠GAD
AB=AD
∴△EAB≌△GAD（SAS）
∴EB=GD
∵四边形ABCD是正方形，AB=
∴BD⊥AC,AC=BD==2
∴∠DOG=90°，OA=OD=BD=1
∵AG=1
∴OG=OA+AG=2
∴GD=，EB=
3、已知正方形ABCD和正方形AEFG有一个公共点，点G、E分别在线段AD、AB上，若将正方形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，连接DG,在旋转的过程中，你能否找到一条线段的长与线段DG的长度始终相等？并说明理由。

解析：连接BE
∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形
∴AB=AD,AE=AG,∠BAD=∠EAG=90°
∴∠BAD-∠BAG=∠EAG-∠BAG,即∠DAG=∠BAE
AB=AD
∠DAG=∠BAE
AE=AG
∴△BAE≌△DAG(SAS)
∴BE=DG
4、已知：如图在△ABC，△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC,AD=AE,点C、D、E三点在同一直线上，连接BD,BE.以下四个结论:①BD=CE;②BD⊥CE;③∠ACE+∠BDC=45°；④其中结论正确的个数是_______

解析：①∵∠BAC=∠DAE=90°
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD
即∠BAD=∠CAE
∵在△BAD和△CAE中
AB=AC
∠BAD=∠CAE
AD=AE
∴△BAD≌△CAE(SAS)
∴BD=CE
②∵△BAD≌△CAE
∴∠ABD=∠ACE
∵∠ABD+∠DBC=45°
∴∠ACE+∠DBC=45°
∴∠DBC+∠DCB=90°
则BD⊥CE
③∵△ABC为等腰直角三角形
∴∠ABC=∠ACB=45°
∴∠ABD+∠DBC=45°
∵∠ABD=∠ACE
∴∠ACE+∠DBC=45°
④∵BD⊥CE
∴在Rt△BDE中，利用勾股定理得：
即
5、已知△ABC为等边三角形，点D为直线BC上一动点（点D不与点B,点C重合）.以AD为边作等边三角形ADE,连接CE.
如图1，当点D在边BC上时，求证：△ABD≌△ACE;直接判断结论BC=DC+CE是否成立（不需要证明）；
如图2，当点D在边BC的延长线上时，其他条件不变，请写出BC、DC、CE之间存在的数量关系，并写出证明过程.

解析：
(1)∵△ABC和△ADE是等边三角形
∴∠BAC=∠DAE=60°，AB=BC=AC,AD=DE=AE
∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC
∴∠BAD=∠EAC
在△ABD和△ACE中
AB=AC
∠BAD=∠EAC
AD=AE
∴△ABD≌△ACE(SAS)
∵△ABD≌△ACE
∴BD=CE
∵BC=BD+CD
∴BC=CE+CD
（2）∵△ABC和△ADE是等边三角形
∴∠BAC=∠DAE=60°，AB=BC=AC,AD=DE=AE
∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC
∴∠BAD=∠EAC
在△ABD和△ACE中
AB=AC
∠BAD=∠EAC
AD=AE
∴△ABD≌△ACE（SAS）
∴BD=CE
∵BD=BC+CD
∴CE=BC+CD
6、如图，△ACB与△ECD都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ECD=90°，点D为AB边上的一点.
若DE=13，BD=12，求线段AB的长.

∵△ACE≌△BCD
∴AE=BD,∠EAC=∠B=45°
∵BD=12
∴∠EAD=45°+45°=90°，AE=12
在Rt△EAD中，∠EAD=90°，DE=13，AE=12，由勾股定理得：AD=5
∴AB=BD+AD=12+5=17
7、如图，点A、B、C在一条直线上，△ABD,△BCE均为等边三角形，连接AE和CD,AE分别交CD,BD于点M,P,CD交BE于点Q，连接PQ,BM.
下面结论：△ABE≌△DBC;∠DMA=60°；△BPQ为等边三角形；MB平分∠AMC.其中正确的有____________

解析：
∵△ABD,△BCE为等边三角形
∴AB=DB,∠ABD=∠CBE=60°，BE=BC
∴∠ABE=∠DBC,∠PBQ=60°
在△ABE和△DBC中
AB=DB
∠ABE=∠DBC
BE=BC
∴△ABE≌△DBC ∴(1)正确
∵△ABE≌△DBC
∴∠BAE=∠BDC
∵∠BDC+∠BCD=180°-60°-60°=60°
∴∠DMA=∠BAE+∠BCD=∠BDC+∠BCD=60°（2）正确
∵在△ABP和△BDQ中
∠BAP=∠BDQ
AB=DB
∠ABP=∠DBQ=60°
∴△ABP≌△DBQ
∴BP=BQ
∴△BPQ为等边三角形（3）正确
∵∠DMA=60°
∴∠AMC=120°
∴∠AMC+∠PBQ=180°
∴P、B、Q、M四点共圆
∵=
∴∠BMP=∠BMQ
即MB平分∠AMC
8、如图1，CA=CB,CD=CE,∠ACB=∠DCE=α，AD、BE相交于点M,连接CM.
求证：BE=AD;用含α的式子表示∠AMB的度数；当α=90°时，取AD、BE的中点分别为点P、Q，连接CP,CQ,PQ,如图2，判断△CPQ的形状，并加以证明.

解析：（1）如图1，∵∠ACB=∠DCE=α
∴∠ACD=∠BCE
在△ACD和△BCE中
CA=CB
∠ACD=∠BCE
CD=CE
∴△ACD≌△BCE（SAS）
∴BE=AD
(2) 如图1，∵△ACD≌△BCE
∴∠CAD=∠CBE
∵△ABC中，∠BAC+∠ABC=180°-α
∴∠BAM+∠AMB=180°-α
∴△ABM中，∠AMB=180°-（180°-α）=α.
如图2，由（1）可得，BE=AD，
∵AD,BE的中点分别为点P、Q
∴AP=BQ
∵△ACQ≌△BCE
∴∠CAP=∠CBQ
在△ACP和△BCQ中，
CA=CB
∠CAP=∠CBQ
AP=BQ
∴△ACP≌△BCQ（SAS）
∴CP=CQ,且∠ACP=∠BCQ
又∵∠ACP+∠PCB=90°
∴∠BCQ+∠PCB=90°
∴∠PCQ=90°
∴△CPQ为等腰直角三角形.
能力提升专项练习
1、如图，△ABD和△ACE均为等腰直角三角形，A为公共直角顶点，过A作AF垂直CB交CB的延长线于点F.
求证：△ABC≌△ADE;若AC=10，求四边形ABCD的面积.

【解析】（1）手拉手模型，通过SAS证明即可.
（2）S四边形ABCD=S△ACE=50
2、如图所示，已知AE垂直AB,AE=AB,AF=AC,试猜想CE、BF的关系，并说明理由.

【解析】手拉手模型结论2，CE⊥BF
先证结论1，△AEC≌△ABF（SAS）再通过8字型证得∠EAB=∠BME=90°
3、已知等腰△ABC,∠A=100°，∠ABC的平分线交AC于D，求证：BD+AD=BC.

【解析】以BC为边构造等边三角形BCM
在CM上取点N使得CN=BD可得△ABD≌ACN（SAS），∴∠NAC=100°，∠NAM=30°
连接MA可知MA平分∠NMB，∴∠NMA=30°
∴NM=NA
∴BD+AD=CN+MN=CM=BC

4、如图，已知，等腰Rt△OAB中，∠AOB=90°，等腰Rt△EOF中，∠EOF=90°，连结AE,BF.（1）AE=BF,（2）AE⊥BF.

【解析】
（1）手拉手一次全等△AOE≌△BDF（SAS）
（2）8字导角即可
5、已知，如图，点C为线段AB上一点，△ACM，△CBN是等边三角形，CG、CH分别是△CAN、△MCB的高，求证CG=CH.

【解析】
手拉手模型结论③
证CAN≌△CMB（SAS）
再证△CGN≌△CHB（AAS）
6、已知，如图，在△ABC、△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC,AD=AE,点C、D、E三点在同一直线上，连接BD.（1）求证：△BAD≌△CAE；（2）试猜想BD,CE有何特殊位置关系，并证明.

【解析】
等腰直角三角形为载体的手拉手模型
（1）SAS证全等
（2）垂直，8字模型倒角即可证得∠CDB=∠CAB
7、如图，等边△ABC中，D是AB边上的一动点，以CD为一边，向上作等边△EDC，连接AE.
（1）求证：△ACE≌△BCD（2）判断AE与BC的位置关系，并说明理由.

【解析】（1）手拉手模型一次全等
（2）平行，∠EAC=∠BCA=60°，内错角相等，两直线平行
8、以点A为顶点作两个等腰直角三角形（△ABC、△ADE），如图1所示放置，使得一直角边重合，连接BD、CE.
（1）说明BD=CE;（2）延长BD,交CE于点F，求∠BFC的度数.
（3）若如图2放置，上面的结论还成立吗？请简单说明理由.

【解析】（1）手拉手模型证△EAC≌△DAB（SAS）
（2）手拉手模型结论2，红线夹角等于顶角度数，所以∠BFC=90°
（3）成立
9、在△ABC中，AB=AC,点D是直线BC上一点（不与B,C重合），以AD为一边在AD的右侧作△ADE,使AD=AE,∠DAE=∠BAC，连接CE.
（1）如图1，当点D在线段上，如果∠BAC=90°，则∠BCE=____
（2）设∠BAC=α，∠BCE=β，如图2，当点D在线段BC上移动，则α，β有怎样的数量关系？请说明理由.

【解析】（1）手拉手模型，先证△ABD≌△ACE，所以∠ACE=∠B=45°，所以∠BCE=90°
（2）互补，红线夹角等于等腰三角形顶角度数
10、等边△ABC中，AO是BC边上的高，D为AO上一点，以CD为一边，在CD下方作等边△CDE，连接BE.
（1）求证：△ACD≌△BCE
（2）过点C作CH⊥BE，交BE的延长线于H，若BC=8，求CH的长.

【解析】（1）SAS可证
（2）延长AO与BH相交，根据手拉手结论三可知CH=CO=4
11、如图，△ABC，△ADC，△AMN均为等边 ，AM＞AB，AM与DC交于点E，AN与BC交于点F.
（1）求证：△ABF≌△ACE
（2）猜测△AEF的形状，并证明结论
（3）请直接指出当F点在BC何处时，AC⊥EF.


【解析】（1）手拉手模型结论1
（2）等边三角形，由（1）可知AF=AE，且∠EAF=60°
（3）F为BC中点时，AC⊥EF，当F时BC中点时，∠CAF=30°，∠AFE=60°
12、已知，在△ABC中，∠BAC=45°，点D为直线BC上一动点（点D不与点B、C重合），以AD为边做正方形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的反向延长线上时，且点A、F分别在直线BC的两侧，若BC=17，CF=7，求DF的长.


【解析】
（1）手拉手模型，△ABD≌△ACF（SAS）导边即可
（2）同上，CF=BC+CD
（3）过A作BC的垂线交BC于点M，可求DM的长为15.5，根据勾股定理可求DF=25
13、以△ABC的AB、AC为边向三角形外作等边△ABD、△ACE，连结CD、BE相交于点O.求证：OA平分∠DOE.

【解析】
（1）手拉手模型结论3，作垂证全等
14、如图1所示，在△ABC和△ADE中，AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=90°，点E在AC上，连结BE、CD.
（1）求证：BE=CD
（2）在图1的基础上，将△ADE绕点A逆时针旋转一定角度α（0°＜α＜90°），然后将BE、CD分别延长至M、N，使EM=DN，得到图2，在图2中，猜想AM与AN的数量关系与位置关系，并证明你的猜想.
【解析】
（1）△ABE≌△ACD（SAS）
（2）根据手拉手证明△ABE≌△ACD（SAS）
再根据EM=DN证△ABM≌△CAN（SAS）即可