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 ... ...