专题1.8 全等三角形几何模型（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全章复习与专题突破讲与练（浙教版）

专题1.8 全等三角形几何模型（手拉手）（知识梳理与考点分类讲解） 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·重庆渝北·期末）已知，和都是等边三角形，且点B、C、D在一条直线上． （1）求证：； （2）若，交于O点，连接，求证：平分． 【变式1】如图，和都是等边三角形，，，则的周长为（    ） A．19 B．20 C．27 D．30 【变式2】（21-22八年级上·重庆涪陵·期末）如图，和均为等边三角形，，分别在边，上，连接，，若，则 ． 【题型2】“等腰三角形手拉手”模型 【例2】（2024八年级上·全国·专题练习）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】（23-24八年级上·重庆开州·阶段练习）如图，与均为等腰三角形，，连接交于点F，与交于点G，与交于点H，并连接．下列结论：①；②；③；④平分；⑤，正确的个数有（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式2】（21-22八年级上·内蒙古鄂尔多斯·期末）如图，已知和都是等腰三角形，，，交于点F，连接．下列结论：；；平分；．其中正确结论的个数 【题型3】“等腰直角三角形手拉手”模型 【例3】（23-24八年级上·山东聊城·阶段练习）在中，，，点为直线上一动点，以为直角边在的右侧作等腰直角三角形，使，．    （1）当点在线段上时，如图1，试说明：； （2）当点在线段的延长线上时，如图2，判断与的位置关系，并说明理由． 【变式1】（23-24八年级下·山东枣庄·阶段练习）如图，和均为等腰直角三角形，且，点在同一条线上，平分，连接．以下结论：①；②；③；④；⑤；正确的有（   ） A． B． C． D． 【变式2】（23-24八年级上·内蒙古呼和浩特·期中）如图，是等腰直角三角形，，．动点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度在射线上运动．点P出发后，连接，以为直角边向右作等腰直角三角形，使，连接，．设点P的运动时间为t秒．当时，则t的值为 ． 【题型4】“正方形手拉手”模型 【例4】（20-21八年级下·辽宁铁岭·期中）如图所示，四边形，均为正方形，连接，．求证：． 【变式1】（23-24八年级下·黑龙江牡丹江·期末）如图，在正方形中，E是对角线上的动点，以为边作正方形，M是的中点，连接，若正方形的边长为8，则的最小值时，求的大小（   ） A．4 B． C． D．不能确定 【变式2】已知：如图，正方形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，E、F分别是边AD、CD上的点，若AE=4cm，CF=3cm，且OE⊥OF，正方形的边长为 ． 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1.8 全等三角形几何模型（手拉手）（知识梳理与考点分类讲解） 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·重庆渝北·期末）已知，和都是等边三角形，且点B、C、D在一条直线上． （1）求证：； （2）若，交于O点，连接，求证：平分． 【分析】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定及性质，角平分线的判定定理； （1）由等边三角形的性质得，，，由可判定，由全等三角形的性质即可求证； （2）作于，于，由全等三角形的性质得，由角平分线的判定定理即可求证； 掌握全等三角形的判定及性质，角平分线的判定定理是解题的关键． 解：（1）证明：和都是等边三角形， ， ， ， ， 即， 在和中 ， （）， ； （2）证明：如图，作于，于， ， ， 平分． 【变式1】如图，和都是等边三角形，，，则的周长为（    ） A．19 B．20 C．27 D．30 【答案】A 【分析】由△ABC和△BED都是等边三角形，得到DE=BD=BE=9，AB=BC=AC=10，∠EBD=∠ABC=60°，从而得到∠EBA=∠DBC，根据全等三角形判定方法可证△ABE≌△CBD，从而AE=CD，根据△ADE的周长=AE+AD+DE=CD+AD+DE=AC+DE，可求△ADE的周长． 解：∵△ABC和△BED都是等边三角形， ∴∠EBD=∠ABC=60°， DE=BD=BE=9， AB=BC=AC=10， ∴∠EBA=∠EBD-∠ABD， ∠DBC=∠ABC-∠ABD， ∴∠EBA=∠DBC， 在△ABE和△CBD中， ∵BE=BD，AB=BC，∠EBA=∠DBC， ∴△ABE≌△CBD， ∴AE=CD， ∵△ADE的周长=AE+AD+DE=CD+AD+DE=AC+DE=10+9=19， ∴△ADE的周长=19． 故选：A． 【点拨】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，熟练运用等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质解决问题是本题的关键． 【变式2】（21-22八年级上·重庆涪陵·期末）如图，和均为等边三角形，，分别在边，上，连接，，若，则 ． 【答案】/45度 【分析】根据题意利用全等三角形的判定与性质得出和，进而依据进行计算即可. 解：∵和均为等边三角形， ∴， ∴ 在和中， ， ∴， ∴， ∴. 故答案为：. 【点拨】本题考查全等三角形的判定与性质以及等边三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键. 【题型2】“等腰三角形手拉手”模型 【例2】（2024八年级上·全国·专题练习）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：∵， ∴． 在与中， ， ∴， ∴． 【变式1】（23-24八年级上·重庆开州·阶段练习）如图，与均为等腰三角形，，连接交于点F，与交于点G，与交于点H，并连接．下列结论：①；②；③；④平分；⑤，正确的个数有（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，角平分线的判定等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．过点A作于点M，于点N，证明，即可判断①③④正确． 解：过点A作于点M，于点N， ∵ ∴ 在和中， ∴，故①正确， ∴， ∵ ∴ ∵ ∴，故③正确， ∵ ∴ ∴ ∴， ∴平分，故④正确， 在和中，， 由于无法判断， 故无法判断，故与不一定相等．故②错误． 故选：C． 【变式2】（21-22八年级上·内蒙古鄂尔多斯·期末）如图，已知和都是等腰三角形，，，交于点F，连接．下列结论：；；平分；．其中正确结论的个数 【答案】3/3个 【分析】作于M，于N，设交于O．证明，利用全等三角形的性质一一判断即可． 解：如图，作于M，于N，设交于O． ∵， ∴， 在与中， ， （）， ∴，，故①正确， ∵， ∴， ∴，故②正确， ∵，，， ∴， ∴， ∴平分， ∴，故④正确， 若③平分成立，则， ∵， ∴，推出，由题意知，不一定等于， ∴不一定平分，故③错误， 即正确的有3个， 故答案为：3． 【点拨】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是利用面积证明，属于中考常考题型． 【题型3】“等腰直角三角形手拉手”模型 【例3】（23-24八年级上·山东聊城·阶段练习）在中，，，点为直线上一动点，以为直角边在的右侧作等腰直角三角形，使，．    （1）当点在线段上时，如图1，试说明：； （2）当点在线段的延长线上时，如图2，判断与的位置关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析； (2)，理由见解析． 【分析】（1）根据“”即可证明； （2）先根据“”证明，再根据全等三角形性质得出结论．可得出，则结论得证． 解：（1） 在与中 ． （2）    理由：由（1）得 在与中， ． 【点拨】此题考查了全等三角形的判定与性质，及等腰直角三角形的性质，解决问题的关键是熟练掌握全等三角形的性质． 【变式1】（23-24八年级下·山东枣庄·阶段练习）如图，和均为等腰直角三角形，且，点在同一条线上，平分，连接．以下结论：①；②；③；④；⑤；正确的有（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质、三角形全等的判定及性质、三角形面积等知识点，由 “”可证可得，可判断； 由等腰直角三角形的性质可得，，可判断，由线段和差关系可判断，由全等三角形的性质可求，可判断；由等底同高的两个三角形面积相等以及面积差可判断，熟练掌握上述知识点是解答本题的关键． 解：∵和均为等腰直角三角形， ∴，，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 根据已知条件不足以判定，故错误； ∵为等腰直角三角形，平分， ∴，故正确， ∵，， ∴， ∵，， ∴，， ∵， ∴，故正确， ∵点在同一直线上,和均为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ ，故正确； ∵， ∴， ∴ ∴，故正确； 综上可知：正确， 故选：． 【变式2】（23-24八年级上·内蒙古呼和浩特·期中）如图，是等腰直角三角形，，．动点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度在射线上运动．点P出发后，连接，以为直角边向右作等腰直角三角形，使，连接，．设点P的运动时间为t秒．当时，则t的值为 ． 【答案】2或6 【分析】此题考查三角形的综合题，关键是掌握等腰直角三角形的性质和全等三角形的判定和性质．根据证明，推出，然后分两种情况，利用线段之间关系求解即可． 解：∵是等腰直角三角形，， ∴， ∵，， ∴，， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， 当时，当时，， 解得：， 当时，当时，， 解得：， 综上所述，t的值为2或6， 故答案为：2或6． 【题型4】“正方形手拉手”模型 【例4】（20-21八年级下·辽宁铁岭·期中）如图所示，四边形，均为正方形，连接，．求证：． 【答案】证明见解析 【分析】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． 证明：∵四边形，均为正方形， ∴，，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． 【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质，解本题的关键在熟练掌握全等三角形的判定方法． 【变式1】（23-24八年级下·黑龙江牡丹江·期末）如图，在正方形中，E是对角线上的动点，以为边作正方形，M是的中点，连接，若正方形的边长为8，则的最小值时，求的大小（   ） A．4 B． C． D．不能确定 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质，涉及点的运动轨迹，全等三角形的判定和性质，垂线段最短等．连接，根据正方形的性质易证，进一步可得，可知点的运动轨迹，根据垂线段最短即可求出的最小值． 解：连接，如图所示： 四边形是正方形，四边形是正方形， ，，，， ， ， ， 点的运动轨迹是射线， ，M是的中点， ， 当时，最小，这时三角形为等腰直角三角形， 故选：C． 【变式2】已知：如图，正方形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，E、F分别是边AD、CD上的点，若AE=4cm，CF=3cm，且OE⊥OF，正方形的边长为 ． 【答案】5cm/5厘米 【分析】根据正方形的性质及各角之间的关系得出∠AOE=∠DOF，∠EOD=∠COF，利用全等三角形的判定和性质得出∆AEO≅∆DFO，∆DEO≅∆CFO，DE=FC=3cm，DF=AE=4cm，再由勾股定理求解即可． 解：∵四边形ABCD为正方形，对角线AC和BD相交于点O， ∴∠AOD=∠COD=90°，∠DAO=∠ADO=∠ODC=∠OCD=45°，AO=DO=CO， ∵OE⊥OF， ∴∠EOF=90°， ∴∠AOE+∠EOD=∠EOD+∠DOF=90°，∠DOF+∠EOD=∠DOF+∠COF=90°， ∴∠AOE=∠DOF，∠EOD=∠COF， 在∆AEO与∆DFO中， ， ∴∆AEO≅∆DFO， 同理∆DEO≅∆CFO， ∴DE=FC=3cm，DF=AE=4cm， ∴正方形边长为7cm， 故答案为：7cm． 【点拨】题目主要考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理解三角形等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键． 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： . 【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 $$