专题1 旋转中的全等手拉手模型-【浙教版】2023-2024学年八年级数学下册聚焦课本培优专题训练讲义

专题1 旋转中的全等手拉手模型 知识梳理 在同学们学习了三角形的初步认识之后，在解答题目时经常出现的一道题目，也是必考题型，同学们要认识什么是手拉手模型，其实就是有两个等腰的三角形或者两个等边的三角形，他们有一个共同的顶点，且两个等腰三角形的顶角是相等的，那么就可以用角的和差求得共顶点的另外两个角相等等，然后利用等腰的边对应相等，可证明两个三角形全等（边角边）组成这样的图形模样的我们就说他是手拉手模型。 熟知手拉手模型的做法和思路，不论是求证线段的关系，还是求证角度的关系都十分的简单了，这里整理了部分手拉手模型的经典题目，有余力的同学们一定要认真练习。本专题就手拉手模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。 模型分析 模型.手拉手模型（全等模型） 1、 手拉手模型概念：两个顶角相等的等腰三角形共用顶角顶点，分别连接对应的两底角顶点，从而可以得到一个经典的全等模型。因为顶点相连的四条边，形象可以看作两双手，通常称为“手拉手模型”。 2、 模型特征：双等腰；共顶点；顶点相等；绕着顶点作旋转 3、 解题依据：等腰共顶手拉手，旋转全等马上有；左手拉左手，右手拉右手，两根拉线抖一抖，它们相等不用愁；拉线夹角与顶角，相等互补答案有。 4、 解题思路：①连接拉手线：左手拉左手，右手拉右手 ②证全等：等腰三角形性质；SAS ③利用全等性质得到角度关系+拉手线相等 模型、旋转中的手拉手全等模型模型展示 1） 双等边三角形型 条件：△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。 结论：①△ACD≌△BCE 【证明】 条件：△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。 结论：②△BCM≌△ACN 【证明】 条件：△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。 结论：③△MCE≌△NCD 【证明】 条件：△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。 结论：④ 【证明】 条件：△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。 结论：⑤ 【证明】 条件：△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。 结论：⑥ 【证明】 2） 双等腰直角三角形型 条件：如图，△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点N。 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ANM=∠BCM=90°；④CN平分∠BFD。 3） 双等腰三角形型 条件：如图，△ABC和△DCE均为等腰三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ACM=∠BFM；④CF平分∠BFD。 4） 双正方形形型 条件：如图，四边形ABCD和四边形AEFG为正方形，连接EB和GD，两者交于点O 结论：①∆AGD≌∆AEB ；②GD=EB； 【证明】 ∵四边形ABCD和四边形AEFG为正方形 ∴∠GAE =∠BAD=90°，AB=AD，AE=AG ∴∠GAE+∠1=∠BAD+∠1 ∴∠GAD=∠EAB 在∆AGD与∆AEB中 ∴∆AGD≌∆AEB ∴∠AGD=∠AEB，GD=EB 条件：如图，四边形ABCD和四边形AEFG为正方形，连接EB和GD，两者交于点O 结论：③GD⊥EB；④CN平分∠BNE。 【证明】 在∆GOM与∆AEM中 ∵∠OGM+∠GMO+∠MOG=180° ∠MEA+∠AME+∠MAE =180° 而∠AGD=∠AEB，∠GMO=∠AME ∴∠MOG=∠MAE=90° ∴GD⊥EB 条件：如图，四边形ABCD和四边形AEFG为正方形，连接EB和GD，两者交于点O 结论：④AO平分∠EOD。 【证明】过点A分别作AW⊥BE交BE于点W, AX⊥GD交GD于点X ∵∆AGD≌∆AEB ∴S∆AGD =S∆AEB 而GD=BE 则AW=AX，∴AO平分∠EOD 经典例题精析 【典型例题】如图，A，B，E三点在同一直线上，，都是等边三角形，连接AD，BE，OC：下列结论中正确的是（    ） ①△ACD≌△BCE； ②△CPQ是等边三角形； ③平分； ④△BPO≌△EDO． A． ①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④ 例1、如图，C为线段AE上一动点（不与点，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，连结PQ．以下结论错误的是（    ）典型例题 A．∠AOB=60° B．AP=BQ C．PQ∥AE D．DE=DP 例2、如图所示，AB＝AC，AD＝