专题1 全等三角形之手拉手全等模型-2022-2023学年八年级数学上册全等三角形模型专题（通用版）

专题1 全等三角形模型之 “手拉手”全等模型（旋转思想） 【模型介绍】 手拉手模型的特点：由两个顶角相等而且有公共顶点的等腰三角形组成. 【模型展现】 1、等腰三角形手拉手 条件：已知△ABC与△ADE均是等腰三角形，AB=AC,AD=AE，且∠BAC=∠DAE=. 结论：①△ABD≌△ACE（SAS）；②BD=CE；③拉手线BD与CE的锐角夹角等于. 2、等边三角形手拉手 （1） 条件：已知△ABC与△ADE均是等边三角形，且A、B、E三点不共线. 结论：①△ABD≌△ACE（SAS）；②BD=CE；③拉手线BD与CE的锐角夹角等于60°. （2） 条件：已知△ABC与△ADE均是等边三角形，且A、B、E三点共线. 结论：①△ABD≌△ACE（SAS）；②BD=CE；③拉手线BD与CE的锐角夹角等于60°； ④△ABG≌△ACH；⑤△AEH≌△ADG. 3、等腰直角三角形的手拉手 条件：已知△ABC与△ADE均是等腰直角三角形，AB=AC，AD=AE，且∠BAC=∠DAE=90°. 结论：①△ABD≌△ACE（SAS）；②BD=CE；③拉手线BD与CE的夹角等于90°. 4、正方形手拉手 条件：已知正方形ABGC和正方形ADHE 结论：①△ABD≌△ACE（SAS）；②BD=CE；③拉手线BD与CE的夹角等于90°. 【典型例题】 1．如图，在△ABC中，AB＝AC，点D是△ABC外一点，连接AD、BD、CD，且BD交AC于点O，在BD上取一点E，使得AE＝AD，∠EAD＝∠BAC，若∠ABC＝62°，则∠BDC的度数为（　　） A．56° B．60° C．62° D．64° 2．如图，C为线段AE上一动点（不与点A，E重合），在AE同侧分别作正三角形ABC和正三角形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．以下五个结论：①AD＝BE；②PQ∥AE；③AP＝BQ；④DE＝DP；⑤∠AOB＝60°．恒成立的结论有（　　） A．①③④⑤ B．①②④⑤ C．①②③⑤ D．①②③④ 3．如图1，在△ABC中，∠ACB为锐角，点D为射线BC上一点，连接AD，以AD为一边且在AD的右侧作正方形ADEF．（提示：正方形的四条边都相等，四个角都是直角） （1）如果，AB＝AC，∠BAC＝90°， ①当点D在线段BC上时（与点B不重合），如图2，求证：CF⊥BD，CF＝BD． ②当点D在线段BC的延长线上时，如图3，①中的结论是否仍然成立，并说明理由； （2）如图4，如果∠BAC是锐角，∠ACB＝45°，点D在线段BC上，点C、D不重合，求证：CF⊥BC． 【练习】 1．如图，△ABD，△AEC都是等边三角形，则∠BOC的度数是（　　） A．135° B．125° C．120° D．110° 2．如图所示，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∠1＝15°，∠2＝25°，则∠3＝　　． 3．如图：在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝2AB，点D是AC的中点，将一块锐角为45°的直角三角板如图放置，使三角板斜边的两个端点分别与A，D重合，连接BE，EC． （1）直接填空：∠EDC＝　 　度； （2）试猜想线段BE和EC的关系； （2）证明（2）时你猜想的结论是正确的． 4．如图，两个等腰Rt△ADC与Rt△EDG，连接AG，CE交于点H，连接HD．求证：∠AHD＝∠EHD． 5．如图所示，两个正方形ABCD和DEFG，连接AG与CE，二者相交于点H，连接DH．求证： （1）AG＝CE； （2）AG⊥CE； （3）HD平分∠AHE． 6．已知：如图，CB＝DE，∠B＝∠E，∠BAE＝∠CAD． 求证：（1）△ABC≌△AED； （2）∠ACD＝∠ADC． 7．如图，△ABD、△AEC都是等边三角形，直线CD与直线BE交于点F． （1）求证：CD＝BE； （2）求∠CFB的度数． 3 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题1 全等三角形模型之 “手拉手”全等模型（旋转思想） 【模型介绍】 手拉手模型的特点：由两个顶角相等而且有公共顶点的等腰三角形组成. 【模型展现】 1、等腰三角形手拉手 条件：已知△ABC与△ADE均是等腰三角形，AB=AC,AD=AE，且∠BAC=∠DAE=. 结论：①△ABD≌△ACE（SAS）；②BD=CE；③拉手线BD与CE的锐角夹角等于. 2、等边三角形手拉手 （1） 条件：已知△ABC与△ADE均是等边三角形，且A、B、E三点不共线. 结论：①△ABD≌△ACE（SAS）；②BD=CE；③拉手线BD与CE的锐角夹角等于60°. （2） 条件：已知△ABC与△ADE均是等边三角形，且A、B、E三点共线. 结论：①△ABD≌△ACE（SAS）