专题1.11 三角形全等几何模型（手拉手）（知识梳理与考点分类讲解）-2024-2025学年八年级数学上册基础知识专项突破讲与练（苏科版）

专题12.11 三角形全等几何模型（手拉手） 第一部分【知识点归纳】 手拉手模型是指有公共顶点且顶角相等的两个等腰三角形，底边端点相互连接形成的全等三角形模型，因为顶角相连的四条边（腰）可形象地看成两双手，所以通常称为手拉手模型。 【知识点一】“等边三角形手拉手”模型 1.基本图形 题型特征：如图1，∆ABC和∆ADE都是等边三角形，则有∆AEC≌∆ADB（SAS）. 图1 图2 结论延伸：如图2，∆AEC≌∆ADB（SAS）可知∠ACO=∠PBO从而可得∠BPC=∠BAC=60° 【知识点二】“等腰三角形手拉手”模型 1.基本图形 题型特征：如图3，∆ABC和∆ADE中，AB=AC，AD=AE，且∠BAC=∠DAE则有∆AEC≌∆ADB（SAS）. 图3 图4 题型特征：如图4、图5，构成条件，两个等腰三角形顶角相等的等腰三角形构成；而且共顶点，利用SAS可证明三角形全等 结论延伸：如图4，∆BAD≌∆CAE（SAS）可知∠ABD=∠ACE，利用“8字型”从而可得BD和CE的夹角就等于等腰三角形的顶角. 【知识点三】“等腰直角三角形手拉手”模型 1.基本图形 题型特征：如图3，Rt∆ABC和Rt∆ADE中，AB=AC，AD=AE，则有∆AEC≌∆ADB（SAS）. 图5 图6 结论延伸：如图6，∆BAD≌∆CAE（SAS）可知∠ADB=∠AEC，利用“8字型”从而可得BDCE. 【知识点四】“正方形手拉手”模型 1.基本图形 题型特征：如图7，正方形ABCD和正方形AEFG中，由正方形的性质可得∆ADG≌∆ABE（SAS）. 图7 图8 结论延伸：如图8，∆ADG≌∆ABE（SAS）可知∠ADG=∠ABE，利用“8字型”从而可得BEDG 第二部分【题型展示与方法点拨】 【题型1】“等边三角形手拉手”模型 【例1】（23-24八年级上·湖北武汉·期中）已知点在线段上，且和都是等边三角形，连接，，分别交，于点，．   （1）求证：； （2）求证：． 【变式1】如图，已知和是两个全等的等边三角形，点、、在同一条直线上，连接，，两线交于点，交于点，交于点，则下列结论正确的有（ ）个． ①；②；③；④是等边三角形． A．4 B．3 C．2 D．1 【变式2】（20-21八年级上·江苏泰州·期中）如图，点B、C、E在同一条直线上，与都是等边三角形，下列结论：①AE=BD；②；③线段AE和BD所夹锐角为80°；④FG∥BE．其中正确的是 ．（填序号） 【题型2】“等腰三角形手拉手”模型 【例2】（23-24七年级下·陕西西安·阶段练习）已知等腰三角形，，为射线上一动点，连接，以为边在直线的右侧作等腰三角形，，，连接． （1）如图1，当点在边上时，请探究，，之间的数量关系． （2）如图2，当点在的延长线上时，（1）中，，之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请说明理由；若不成立，请你写出新的结论，并说明理由． 【变式1】如图，△ABC和△CDE是以C为公共顶点的两个等腰三角形，且AC=CB，CD=CE，连接BD、AE相交于点M，连接CM，∠CAB=∠CDE=50°，则∠BMC=（    ） A．30° B．40° C．50° D．60° 【变式2】（2024·湖南邵阳·一模）如图，在中，于点，点在上，和均是等腰三角形，若，则的度数为 度． 【题型3】“等腰直角三角形手拉手”模型 【例3】（21-22八年级上·山东济宁·阶段练习）如图，大小不同的两块三角板 和 直角顶点重合在点 处，，，连接、，点 恰好在线段 上． （1）找出图中的全等三角形，并说明理由； （2）猜想 与 的位置关系，并说明理由． 【变式1】（22-23八年级上·广东深圳·开学考试）如图，已知与均为等腰直角三角形，点E在边上，连接，的延长线交于点F，且平分；则下列结论中：①，②；③，④平分，正确的个数有(   )    A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式2】（2023·吉林长春·模拟预测）两个大小不同的等腰直角三角板按图1所示摆放，将两个三角板抽象成如图2所示的和，其中，点、、依次在同一条直线上，连结．若，，则的面积是 ． 【题型4】“正方形手拉手”模型 【例4】（23-24八年级上·全国·课后作业）如图，四边形、四边形均为正方形，连接，，与，分别交于点M，N．    （1）求证：． （2）求证：． 【变式1】（22-23八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，边长为的正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，则两个正方形重叠部分的面积是（    ）    A．8 B．4 C．6 D．2 【变式2】（21-22八年级下·吉林长春·阶段练习）如图，正方形的对角线相交于点O，点O又是另一个正方形的一个顶点．若两个正方形的边长均为2，则图中阴影部分图形的面积为 ．    第三部分【中考链接与拓展延伸】 1、直通中考 【例】（2017·湖北恩施·中考真题）如图7，、均为等边三角形，连接，交于点，与交于点.求证： . 2、拓展延伸 【例】（23-24七年级下·湖南长沙·阶段练习）如图，在和中，，，若，连接、交于点； （1）求证：． （2）求的度数． （3）如图（2），是等腰直角三角形，，，，点是射线上的一点，连接，在直线上方作以点为直角顶点的等腰直角三角形，连接，若，求的值． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题12.11 三角形全等几何模型（手拉手） 第一部分【知识点归纳】 手拉手模型是指有公共顶点且顶角相等的两个等腰三角形，底边端点相互连接形成的全等三角形模型，因为顶角相连的四条边（腰）可形象地看成两双手，所以通常称为手拉手模型。 【知识点一】“等边三角形手拉手”模型 1.基本图形 题型特征：如图1，∆ABC和∆ADE都是等边三角形，则有∆AEC≌∆ADB（SAS）. 图1 图2 结论延伸：如图2，∆AEC≌∆ADB（SAS）可知∠ACO=∠PBO从而可得∠BPC=∠BAC=60° 【知识点二】“等腰三角形手拉手”模型 1.基本图形 题型特征：如图3，∆ABC和∆ADE中，AB=AC，AD=AE，且∠BAC=∠DAE则有∆AEC≌∆ADB（SAS）. 图3 图4 题型特征：如图4、图5，构成条件，两个等腰三角形顶角相等的等腰三角形构成；而且共顶点，利用SAS可证明三角形全等 结论延伸：如图4，∆BAD≌∆CAE（SAS）可知∠ABD=∠ACE，利用“8字型”从而可得BD和CE的夹角就等于等腰三角形的顶角. 【知识点三】“等腰直角三角形手拉手”模型 1.基本图形 题型特征：如图3，Rt∆ABC和Rt∆ADE中，AB=AC，AD=AE，则有∆AEC≌∆ADB（SAS）. 图5 图6 结论延伸：如图6，∆BAD≌∆CAE（SAS）可知∠ADB=∠AEC，利用“8字型”从而可得BDCE. 【知识点四】“正方形手拉手”模型 1.基本图形 题型特征：如图7，正方形ABCD和正方形AEFG中，由正方形的性质可得∆ADG≌∆ABE（SAS）. 图7 图8 结论延伸：如图8，∆ADG≌∆ABE（SAS）可知∠ADG=∠ABE，利用“8字型”从而可得BEDG 第二部分【题型展示与方法点拨】 【题型1】“等边三角形手拉手”模型 【例1】（23-24八年级上·湖北武汉·期中）已知点在线段上，且和都是等边三角形，连接，，分别交，于点，．   （1）求证：； （2）求证：． 【分析】（1）由等边三角形的性质得，则，再由证明即可； （2）依据证，即可得出结论． 证明：（1）∵和都是等边三角形 ∴，， ∴ 即 在和中 ∴； （2）由（1）知 ∴ 又∵ ∴ 在和中 ∴ ∴ 【点拨】本题考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，证明是解题的关键． 【变式1】如图，已知和是两个全等的等边三角形，点、、在同一条直线上，连接，，两线交于点，交于点，交于点，则下列结论正确的有（ ）个． ①；②；③；④是等边三角形． A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【分析】由等边三角形的性质和全等三角形的判定与性质分别对各个选项进行判断即可． 解：∵△ABC和△DCE均是等边三角形， ∴BC=AC，CD=CE，∠ACB=∠ECD=60°， ∴∠ACB+∠ACE=∠ACE+∠ECD，∠ACE=60°， 在△BCD和△ACE中 ， ∴△BCE≌△ACD（SAS），故①正确 ∴， ∵∠CMB=∠FMA， ∴∠BCM=∠AFM=60°， ∴∠MFN=120°，故②正确， 在△CAN和△BCM中 ∴△CAN≌△BCM(ASA)，故③错误， ∴MC=NC， ∵∠ACE=60°， ∴△MNC是等边三角形，故④正确 故选：B 【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质以及等边三角形的性质，利用全等三角形的判定与性质逐一判定五条结论的成立与否是解题的关键． 【变式2】（20-21八年级上·江苏泰州·期中）如图，点B、C、E在同一条直线上，与都是等边三角形，下列结论：①AE=BD；②；③线段AE和BD所夹锐角为80°；④FG∥BE．其中正确的是 ．（填序号） 【答案】①②④ 【分析】利用等边三角形的性质证明可判断①，利用，可得利用三角形的外角的性质可得 从而可判断③， 再结合等边三角形的性质证明可判断②， 由可得：，结合可得，从而可判断④． 解：如图，记与的交点为， ∵与都是等边三角形， ∴AC=BC，CD=CE，∠BCA=∠DCE=60° ∵点B、C、E在同一条直线上， ∴∠ACD=60°， ∴∠BCD=∠ACE=120° 在和中， ∴， 所以结论①正确； ∵， ∴∠BDC=∠CEA， ∵∠AHB=∠DBE+∠BEA=∠DBE+∠BDC=180°∠BCD=60°， 所以③错误； 在和中， ， ∴， ∴所以②正确； ， ∵CG=CF，∠ACD=60°， ∴∠GFC=60， 又∵∠DCE=60°， ∴∠GFC=∠DCE， ∴GF∥BC，所以④正确． 故答案为：①②④． 【点拨】本题考查了全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质和判定，平行线的判定，解决本题的关键是找到判定三角形全等的条件． 【题型2】“等腰三角形手拉手”模型 【例2】（23-24七年级下·陕西西安·阶段练习）已知等腰三角形，，为射线上一动点，连接，以为边在直线的右侧作等腰三角形，，，连接． （1）如图1，当点在边上时，请探究，，之间的数量关系． （2）如图2，当点在的延长线上时，（1）中，，之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请说明理由；若不成立，请你写出新的结论，并说明理由． 【答案】(1) (2)不成立． 【分析】本题考查的是全等三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定方法是解本题的关键． （1）证明．再证明，可得，再进一步可得结论； （2）证明．再证明，可得，再进一步可得结论； （1）解：∵， ∴， 即． 在与中， ， ∴， ∴， ∴． （2）不成立．．理由如下： ∵， ∴． 在与中， ， ∴， ∴． 【变式1】如图，△ABC和△CDE是以C为公共顶点的两个等腰三角形，且AC=CB，CD=CE，连接BD、AE相交于点M，连接CM，∠CAB=∠CDE=50°，则∠BMC=（    ） A．30° B．40° C．50° D．60° 【答案】C 【分析】首先证明△ACE≌△BCD，推出∠CAE=∠CBD，再利用“8字型”证明∠BMC=∠BAO=50°即可； 解： 设AC交BM于点O． ∵AC=CB，CD=CE，∠CAB=∠CDE=50°， ∴∠CAB=∠CBA=∠CDE=∠CED=50°， ∴∠ACB=∠ECD=80°， ∴∠ACE=∠BCD， 在△AEC与△BDC中， ∴△ACE≌△BCD， ∴∠CAE=∠CBD， ∵∠AOM=∠BOC， ∴∠BMC=∠BAO=50°， 故选C 【点拨】本题考查全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用“8字型”证明角相等． 【变式2】（2024·湖南邵阳·一模）如图，在中，于点，点在上，和均是等腰三角形，若，则的度数为 度． 【答案】70 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质．证明，推出，据此求解即可． 解：∵和均是等腰三角形，， ∴，，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：70． 【题型3】“等腰直角三角形手拉手”模型 【例3】（21-22八年级上·山东济宁·阶段练习）如图，大小不同的两块三角板 和 直角顶点重合在点 处，，，连接、，点 恰好在线段 上． （1）找出图中的全等三角形，并说明理由； （2）猜想 与 的位置关系，并说明理由． 【答案】(1)，理由见解析 (2)，理由见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟记定理内容是解题关键．根据条件证即可求解． （1）根据题意得出，再由全等三角形的判定证明即可； （2）利用全等三角形的性质及角的等量代换即可得出结果． （1）解：，理由如下： ∵， ， ， 在与中， ． （2），理由如下： 设交于点O， 由（1）得， ， ， ， ． 【变式1】（22-23八年级上·广东深圳·开学考试）如图，已知与均为等腰直角三角形，点E在边上，连接，的延长线交于点F，且平分；则下列结论中：①，②；③，④平分，正确的个数有(   )    A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】根据证明与全等，进而证明，，再利用全等三角形的性质判断即可． 解：∵与均为等腰直角三角形， ∴，， 在与中， ， ∴，故①正确； ∴， ∵， ∴， ∴，故②正确； ∵平分， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，故③正确； 在与中， ， ∴， ∴， ∴平分，故④正确； 故选：D 【点拨】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据证明与全等解答． 【变式2】（2023·吉林长春·模拟预测）两个大小不同的等腰直角三角板按图1所示摆放，将两个三角板抽象成如图2所示的和，其中，点、、依次在同一条直线上，连结．若，，则的面积是 ． 【答案】6 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质等知识，根据证明，由全等三角形的性质得出，则可得出答案． 解：， ，即， 在和中， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， 故答案为：6． 【题型4】“正方形手拉手”模型 【例4】（23-24八年级上·全国·课后作业）如图，四边形、四边形均为正方形，连接，，与，分别交于点M，N．    （1）求证：． （2）求证：． 【分析】（1）根据正方形的定义，得出，，，再根据角之间的数量关系，得出，再根据“边角边”，得出，再根据全等三角形的性质，即可得出结论； （2）由，得到，再利用三角形的外角性质可证明，据此可得到结论成立． （1）证明：∵四边形，均为正方形， ∴，，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质等知识，解本题的关键在熟练掌握全等三角形的判定和性质． 【变式1】（22-23八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，边长为的正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，则两个正方形重叠部分的面积是（    ）    A．8 B．4 C．6 D．2 【答案】B 【分析】证明，则，即可得到四边形的面积等于的面积，即两个正方形重叠部分的面积等于正方形面积的，即可求出答案．本题考查对正方形的性质，全等三角形的性质和判定等知识点的理解和掌握，能推出四边形的面积等于的面积是解此题的关键． 解：∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴四边形的面积等于的面积，即两个正方形重叠部分的面积等于正方形面积的， ∴两个正方形重叠部分的面积是， 故选：B． 【变式2】（21-22八年级下·吉林长春·阶段练习）如图，正方形的对角线相交于点O，点O又是另一个正方形的一个顶点．若两个正方形的边长均为2，则图中阴影部分图形的面积为 ．    【答案】1 【分析】本题考查了正方形的性质的应用，全等三角形的证明和图形的分割．要求阴影部分四边形面积，可分割成两个三角形面积之和，设与交于点E，与交于点F，证明，即可将阴影部分面积转化为求的面积，而占正方形面积的，正方形面积根据已知边长可求，由此问题得到解决． 解：设与交于点E，与交于点F，如图所示，     四边形是正方形， 所以，，． ． 又， ． ． ． 正方形边长为2， 正方形面积， ． 所以阴影部分面积为1． 故答案为1． 第三部分【中考链接与拓展延伸】 1、直通中考 【例】（2017·湖北恩施·中考真题）如图7，、均为等边三角形，连接，交于点，与交于点.求证： . 【答案】详见解析. 【详解】试题分析：利用“边角边”证明△ACD和△BCE全等，可得∠CAD=∠CBE，然后求出∠OAB+∠OBA=120°，再根据“八字型”证明∠AOP=∠PCB=60°即可． 解 ：∵△ABC和△ECD都是等边三角形， ∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°， ∴∠ACB+∠ACE=∠DCE+∠ACE， 即∠ACD=∠BCE， 在△ACD和△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴∠CAD=∠CBE， ∵∠APO=∠BPC， ∴∠AOP=∠BCP=60°，即∠AOB=60°． 考点：等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质． 2、拓展延伸 【例】（23-24七年级下·湖南长沙·阶段练习）如图，在和中，，，若，连接、交于点； （1）求证：． （2）求的度数． （3）如图（2），是等腰直角三角形，，，，点是射线上的一点，连接，在直线上方作以点为直角顶点的等腰直角三角形，连接，若，求的值． 【答案】(1）见解析 (2) (3)或 【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质，三角形内角和定理的应用； （1）根据题意得出，即可证明； （2）根据题意可得是等边三角形，根据（1）的结论可得，进而根据三角形的内角和定理，即可求解； （3）分情况讨论，当在线段上时，当在的延长线上时，证明，得出，结合图形，即可求解． （1）证明：∵， ∴ 又∵，， ∴ （2）解：∵，， ∴是等边三角形， ∴ ∵ ∴ ∴ ； （3）解：如图所示，当在线段上时， ∵是以点为直角顶点的等腰直角三角形 ∴， 又∵，， ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ 如图所示，当在的延长线上时， 同理可得，∴ ∴ ∵ ∴ 综上所述，或 1 学科网（北京）股份有限公司 $$