期末复习丨三角形全等中的手拉手模型应用

在全等三角形的学习中，我们经常会遇到一类全等的图形，其形状像旋转的表针，通常被称为“手拉手模型”。

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.顶点相连的四条边形象的可以看作两双手.善于发现和应用这个模型，有助于提高七年级学生的解题能力，同时也为后续相似三角形的学习打下基础。

下面以一道几何题为例浅析手拉手模型在全等三角形中的应用，希望能为大家提供些许破解之术.

例题讲解

1. 已知：△ABC，△EDC均为等边三角形. 求证：（1）△ACD≌△BCE. （2）∠APB=60°（3）PC平分∠BPD.

学情分析

（1）此问要求学生会用SAS定理判定△ACD与△BCE全等.考生此问不得分可能有以下原因：

①知道用SAS判定方法，但是找不到相等的一组角作为全等条件.

②答题时没有按照字母对应顺序书写.

③不能发现△ABC和△EDC图形的特殊性，没有得到相等的边.

通过读题我们发现第一问难度不大，应是所有学生都得到分数的题目，学生完成此问要具备扎实的几何基础知识.此问最易错的地方是找不到相等的一组角.

（2）根据第一问由全等性质，得出∠CAD=∠CBE，再依据“蝴蝶型”得出AD和BE的夹角∠APB=60°，这个结论不随等边三角形的位置变化而变化，具有不变性.此问学生不得分可能有以下原因：

①几何基础较差，没有在已知条件的帮助下得出∠CAD=∠CBE.

②思路正确的前提下没有识别出“蝴蝶型”.

③思考占用过多时间，以致影响后面的答题时间.

这道题是第二问，临场大部分考生应该得分。否则会影响到第三问.但是一部分考生没有看出“蝴蝶型”，进而思路受阻.

（3）此问较难，七年级的学生会感觉综合性较强.此问既可以通过分别作BE和AD的垂线段，根据角平分线的判定定理解决问题.亦可以截取，构建等边三角形解决问题.学生不得分的主要原因是辅助线的添加方法想不到.

破解策略

原题延伸

变形延伸一：

图（1）中，C 点为线段AB 上一点，△ACM，△CBN 是等边三角形，AN与BM 相等吗？说明理由；

图（ 2） C 点为线段AB 上一点，等边三角形ACM 和等边三角形CBN 在AB 的异侧，此时AN 与BM 相等吗？说明理由；

如图（3）C 点为线段AB 外一点，△ACM，△CBN 是等边三角形，AN 与BM相等吗？说明理由．

解析：题中三问均是对等边三角形性质的考查以及全等三角形的证明，由已知条件，利用等边三角形的性质可找出对应边及夹角相等，证明全等，即可得到线段相等．

变形延伸二：

（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．

（2） 若将（ 1） 中的“ 以AC， BC 为边作等边△ ACM 和△CBN”改为“以AC，BC 为腰在AB 的同侧作等腰△ACM 和△CBN，”如图2，其他条件不变，那么（1）中的结论还成立吗？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由．

解析：此题综合考查等边三角形的性质与判定，三角形全等的判定与性质，等腰三角形的性质等知识点．（1） 先求证△ACN≌△MCB ， 得出AN=BM ， ∠ANC=∠MBA ， 再证

△NFC≌△BEC，得出CE=CF，∠BCE=∠NCF，得出∠ECF=60°，证得结论成立；

（2）证明过程如上（1）中的结论只有CE=CF，而∠ECF 等于等腰三角形的顶角≠60°，得出结论不成立．

1、（2）、（3）

变形延伸一：

如图两个等边三角形△ABD与△BCE，连结AE与CD，

证明：

(1)AE与DC之间的夹角为60°．

(2)AE与DC的交点设为H,BH平分∠AHC．

变形延伸二：

如图，两个正方形ABCD与DEFG,连结AG，CE，二者相交于点H．

问：

（1）AG与CE之间的夹角为多少度？

（2）HD是否平分∠AHE？

变形延伸三：

如图两个等腰直角三角形ADC与EDG，连结AG，CE,二者相交于点H

问：

（1）AG与CE之间的夹角为多少度？

（2）HD是否平分∠AHE？

变形延伸四：

两个等腰三角形△ABD与△BCE，其中AB=BD,CB=EB,∠ABD=∠CBE=α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？

模型抽象

手拉手模型

特点：由两个等顶角的等腰三角形所组成，并且顶角的顶点为公共顶点 ．

结论：（1）△ABD ≌△AEC （2）∠α+∠BOC=180°（3）OA平分∠BOC

变形：

小试身手

1、如图，在△ABC中，∠ABC=60°，AB=2，BC=8，点A为顶点，AC为腰，作等腰△ACD，且∠DAC=120°，则BD的长为__________.

2、如图，已知A、C是半径为2的⊙O上的两动点，以AC为直角边在⊙O内作等腰Rt△ABC，∠C=90°，连接OB，则OB的最小值为__________．

3、将等腰Rt△ABC和等腰Rt△ADE按图1方式放置，∠A=90°， AD边与AB边重合， AB＝2AD＝4．将△ADE绕点A逆时针方向旋转一个角度α（0°≤α≤180°），BD的延长线交直线CE于点P.

（1）如图2，BD与CE的数量关系是 , 位置关系是 ；

（2）在旋转的过程中，当AD⊥BD时，求出CP的长；

4、【问题探究】

（1）如图1，锐角△ABC中，分别以AB、AC为边向外作等腰△ABE和等腰△ACD，使AE=AB，AD=AC，∠BAE=∠CAD，连接BD，CE，试猜想BD与CE的大小关系，并说明理由．

【深入探究】

（2）如图2，四边形ABCD中，AB=7cm，BC=3cm，∠ABC=∠ACD=∠ADC=45º，求BD的长．

（3）如图3，在（2）的条件下，当△ACD在线段AC的左侧时，求BD的长．

参考答案

1、试题解析：

本题与上述模型看似无关，但其实满足手拉手模型的特征，如共顶点，等线段，需要转化边，但是缺少一组全等，因此本题的关键在于添加辅助线，构造手拉手模型。因为△CAD是一个顶角为120°的等腰三角形，且D与B已经连起来，故我们可以以A为顶点，AB为腰也构造一个顶角为120°的等腰三角形，这样就构成了手拉手模型，出来了与BD相等的边.以A为顶点，AB为边作一个顶角为120°的等腰三角形ABE，连接CE，故有△BAD≌△EAC，所以就将我们要求的线段BD转化为求EC.再根据△EBC是一个直角三角形来求EC的长.答案为10.

2、试题解析：

点A、C在运动的时候△ABC始终是一个等腰直角三角形，直角顶点是C，就可以以OC为直角边作一个等腰直角三角形，构造手拉手模型将OB边进行转化.连接OC，以OC为直角边作等腰直角三角形OCD，连接OA、AD，故有△OBC≌△DAC，求OB的最小值就转化为了求AD的最小值，即当O、A、D三点共线的时候AD最短.答案为2根号2-2.

3、试题解析：

（1）BD=EC，BD⊥CE．

（2）如图3所示：

∵△ABC和△ADE都是等腰三角形，∴AB=AC，AD=AE.

∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAD=∠CAE.

在△ABD和△ACE中，AB＝AC，∠BAD＝∠CAE，AD＝AE，

∴△ABD≌△ACE（SAS）.∴∠ABD=∠ACE.

∵∠1=∠2，∴BP⊥CE.

∵AD⊥BP，∠DAE=90°，AD=AE，∴四边形ADPE为正方形．∴AD=PE=2.

∵∠ADB=90°，AD=2，AB=4，∴∠ABD=30°.

∴BD=CE=2根号3.∴CP=CE-PE=2根号3-2.

4、试题解析：

（1）BD=CE

（2）根号107cm

（3）（7根号2-3）cm

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