第14章 全等三角形手拉手模型 专题培优2025-2026学年人教版数学八年级上册

第14章全等三角形手拉手模型专题培优 2025-2026学年人教2024八年级上册数学 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、三角形 1．“手拉手”模型是几何世界中常见的模型之一，两个顶角相等且有共顶点的等腰三角形组成的图形就是典型的“手拉手”模型，只要细心观察，你就可以从中找到全等三角形． 如图，，    (1)求证：； (2)如图②，当时，取的中点P，的中点Q，判断的形状并给出证明． 2．数学兴趣小组发现这样一个模型：它由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成，在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．通过资料查询，他们得知这种模型称为“手拉手模型”，兴趣小组进行了如下操作： 【操作探究】 已知：和都是等腰直角三角形，，，上的点在上沿着射线的方向运动． （1）如图1，当点在线段上运动，且时，连接，求的长； （2）如图2，当点运动到的延长线上，且时，的长为_____； 【迁移探究】 （3）如图3，的位置不变，将在同一平面内摆放，使得点不变，且，连接，，若，请直接写出的长． 3．综合实践 在学习全等三角形的知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成的，在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．兴趣小组成员经过研讨给出定义：如果两个等腰三角形的顶角相等，且顶角的顶点互相重合，则称此图形为“手拉手全等模型”．因为顶点相连的四条边，可以形象地看作两双手，所以通常称为“手拉手模型”，如图1，与都是等腰三角形，其中，则． 【初步把握】如图2，与都是等腰三角形，，，且，请直接写出图中的一对全等三角形． 【深入研究】如图3，已知，以、为边分别向外作等边和等边，、交于点．求的大小，并证明：． 【拓展延伸】如图4，在两个等腰直角三角形和中，，，，连接，，交于点，请判断和的关系，并说明理由． 4．（1）如图1，在和中，，，．将绕点顺时针旋转，连接、．当点落在边上且、、三点共线时，在这个“手拉手”模型中，和全等的三角形是______，的度数为______； （2）如图2，在和中，，，．将绕点逆时针旋转，连接、．当点、、在同一条直线上时，请判断线段和的关系，并说明理由． 5．我们定义：如果两个等腰三角形顶角相等，且顶角顶点互相重合，则称此图形为“手拉手全等模型”．因为顶点相连的四条边，形象的可以看作两双手，所以通常称为“手拉手全等模型”． (1)例如，如图1，与都是等腰三角形，其中，则________（________）； (2)类比：如图2，已知与都是等腰三角形，，，且，求证：； (3)拓展：如图3，，，，试探索线段，，之间满足的等量关系，并证明结论． 6．【模型定义】 它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．他们得知这种模型称为“手拉手模型”如果把小等腰三角形的腰长看作是小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手．    【模型探究】 （1）如图1，若和均为等边三角形，点A、D、E在同一条直线上，连接，易证，则的度数为 ； 【模型应用】 （2）如图2，P为等边内一点，且，以为边构造等边，这样就有两个等边三角形共顶点B，然后连接的度数是 ；如果，则 ； （3）如图3，点P是等腰直角中内一点， ，且，，以为直角边构造等腰直角，点C为直角顶点，则的度数是是 ；的长为是 ； 【深化模型】 （4）如图4，C为线段上一动点（不与A、E重合），在同侧分别作等边和等边，与交于点O，与交于点P，与交于点Q，连接，以下五个结论：①；②；③；④；⑤⑥平分，恒成立的结论有 　 　 ． 【拓展提高】 （5）如图5，在中，，，若点是内一点，则的最小值为 ． （6）如图6，，，则BD的长为 ．    7．【综合实践】如果两个等腰三角形的顶角相等，且顶角的顶点互相重合，则称此图形为“手拉手全等模型”．因为顶点相连的四条边，可以形象地看作两双手，所以通常称为“手拉手模型”． (1)【初步把握】如图1，与都是等腰三角形，，，且，则有 ；线段和的数量关系是 ； (2)【深入研究】如图2，和是都是等腰三角形，即，，且，B，C，D在同一条直线上．请判断线段与存在怎样的数量关系及位置关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】如图3，直线，垂足为点O，上有一点M在点O右侧且，点N是上一个动点，连接，在下方作等腰直角三角形，，，连接．请直接写出线段的最小值及此时的长度． 二、四边形 8．课题学习：三角形旋转问题中的“转化思想” 【阅读理解】 由两个顶角相等且有公共顶角顶点的特殊多边形组成的图形，如果把它们的底角顶点连接起来，则在相对位置变化的过程中，始终存在一对全等三角形，是三角形旋转中的一个重要的“基本图形”，这个模型称为“手拉手模型”． 当发现题目的图形“不完整”时，要通过适当的辅助线将其补完整．将“非基本图形”转化为“基本图形”． 【方法应用】    (1)如图1，在等腰中，，，点D在内部，连接，将绕点A顺时针旋转90°得到，连接，，．请直接写出和的数量关系：__________，位置关系：__________； (2)如图2，在等腰中，，，，连接，将绕点A顺时针旋转得到，连接 ，，，取中点M，连接． ①当点D在内部，猜想并证明与数量关系和位置关系； ②当B，M，E三点共线时，请直接写出的长度． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《第14章全等三角形手拉手模型专题培优 2025-2026学年人教2024八年级上册数学》参考答案 1．(1)见解析 (2)为等腰直角三角形，见解析 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法，，，，，． （1）根据证明； （2）根据得出，证明，得出，求出，即可得出答案． 【详解】（1）证明：， ， 即， 在和中，， ． （2）解：为等腰直角三角形．证明如下：                        由（1）知，， ， P，Q分别为，的中点， ， ， 在和中， ．               ．             ， ， ， 即， 为等腰直角三角形． 2．（1）；（2）；（3）． 【分析】（1）由证明和全等，再根据勾股定理即可解答； （2）由证明全等，再根据全等三角形的性质以及勾股定理即可求解； （3）作，先求证，再根据勾股定理得到，再利用全等三角形即可解答； 【详解】（1）解：∵和都是等腰直角三角形，， ∴，， ∴ ∴ 在和中, ∴ ∴， ∴ ∵，，， ∴. 在中，根据勾股定理，得； （2）连接， ∵，， ∴ ∵，， ∴ ∵ ∴ ∴ 在和中 ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ （3）作， ∵是等腰直角三角形，，， ∴垂直且平分 ∴， ∵， ∴， ∵， ∴ ∴点E、C、O在一条直线上 ∴ ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ 在和中 ∴ ∴， 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，外角定理，等腰三角形的分类讨论，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解决本题的关键． 3．[初步把握]；[深入把握]，证明见解析；[拓展延伸]，，理由见解析 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，三角形全等的判定及性质，解题的关键是找出对应边和对应角，准确理解“手拉手模型”． [初步把握]根据证明即可 [深入把握]根据证明，再由全等的性质得到 [拓展延伸]根据证明，由全等的性质可得，，进而可证 【详解】[初步把握] 证明∶ 在和中， ． [深入把握] 证明：和都是等边三角形， ，，， ． 即， 在和中，， ， ；． ， ． [拓展延伸] 解：，，理由如下： ， ， 即， 在和中， ，， ， ． 4．（1），；（2）且，理由见解析 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，掌握手拉手全等模型，是解题的关键： （1）利用证明，根据全等三角形的对应角相等，结合三角形的外角的性质，推出，即可； （2）利用证明，即可得出结果． 【详解】解：（1）在和中： ， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）且，理由如下： ∵，， ∴， ∴， 在和中： ， ∴， ∴，， ∴， ∴． 5．(1)， (2)见解析 (3)，见解析 【分析】（1）先证，再根据即可证明； （2）先证，再根据即可证明； （3）连接，先证，则可得，，进而可得． 本题主要考查了全等三角形的判定和性质，以及勾股定理．熟练掌握以上知识是解题的关键． 【详解】（1）解：∵与都是等腰三角形， ∴， 又∵ ∴，即， 在和中，， ∴． 故答案为： ， （2）证明：∵， ∴，即， 在和中，， ∴， ∴； （3）解：，理由如下： 连接，如图所示： ∵，，， ∴，，， ∴， ∴， ∴，， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴． 6．（1）；（2）；（3），；（4）①②③⑤；（5）；（6） 【分析】本题主要考查等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理及其逆定理等知识： （1）根据等边三角形的性质得到，利用定理证明；根据全等三角形的性质得到∠，结合图形计算即可； （2）由与都是等边三角形，得出，，，易证，由证得，得出，，则，推出，得出是直角三角形，得出，则，分别求出的面积即可得出结果． （3）连接证明，得到，由勾股定理的逆定理可证，进而证明， （4）①根据全等三角形的判定方法，证出，即可得出．③先证明，即可判断出，③正确；②根据，可得为等边三角形，证出，得出，②正确．④没有条件证出，得出④错误；⑤，⑤正确；⑥根据全等三角形的性质、三角形面积公式求出，根据角平分线的判定定理可判断⑥其正误； （5）根据题意，首先以点A为旋转中心，顺时针旋转到，旋转角是，作出图形，然后根据旋转的性质和全等三角形的性质、等边三角形的性质，可以得到，再根据两点之间线段最短，可以得到的最小值就是的值，然后根据勾股定理可以求得的值，从而可以解答本题． （6）根据已知可得是等腰直角三角形，所以将绕点A顺时针旋转，得到，则，证明是直角三角形，再利用勾股定理可求值． 【详解】解：（1）∵和均为等边三角形， ∴． ∴． 在和中， ， ∴． ∴．， ∵为等边三角形， ∴． ∵点A，D，E在同一直线上， ∴． ∴． ∴． 故答案为：． （2）∵与都是等边三角形， ∴， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∵，且， ∴ ∴ 作交于点    ∵是等边三角形， ∴ ∴ ∴ ∴； 故答案为：； （3）如图，连接，    ∵， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴点P，点B，点D共线， ∵， ∴， ∴， 故答案为：，； （4）解：∵和是等边三角形， ∴， ∴， 即． 在和中， ， ∴， ∴，故①正确； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴，故③正确； ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴，故②正确； 没有条件证出，④错误； ∵， ∴， ∴， ∴结论⑤正确． 过点C作于H，于G，    ∵， ∴， ∴， ∴， ∴平分，故⑥错误，符合题意； 综上所述，正确的结论有①②③⑤， 故答案为：①②③⑤． （5）解：以点A为旋转中心，顺时针旋转到，旋转角是，连接、PP′，如图所示，    则， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴的最小值就是的值， 即的最小值就是的值， ∵， ∴， 又 ∴， ∴， 故答案为：． （6）过点A作，且，连接，如图所示：    则是等腰直角三角形，， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∵，即， 在和中， ， ∴， ∴． 故答案为： 7．(1)； (2)；；理由见解析 (3)4；4 【分析】本题考查四边形综合应用，涉及全等三角形判定与性质，等腰直角三角形性质等，解题的关键是掌握全等三角形判定定理． （1）由，可得，根据可得，则可得出结论； （2）由，得，即可证，有，，而是等腰三角形且，知，故，即可得，； （3）证明，当有最小，即最小，即垂线段最短，当轴时，最小，则可得出答案． 【详解】（1）∵， ∴，即， 在和中， ， ∴； 故答案为：；； （2）解：与的数量关系是，位置关系是 ∵， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵是等腰三角形且， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）∵是等腰直角三角形， ∴， 将绕M点顺时针旋转得（N与重合）， 连接， ∴， ∴，， ∴， 当有最小，即最小，当轴时， 由，， ∴，， ∴，最小值为4． 8．(1)， (2)①，；②或 【分析】（1）证明得，，再延长交于F，证明即可得． （2）①过点A作交延长线于N，连接，证明是的中位线，根据中位线性质得，，再由（1）可得，，，即可得出结论． ②分两种情况：当点E在延长线上，B，M，E三点共线时，当点E在线段上，B，M，E三点共线时，分别求解即可． 【详解】（1）解：由旋转可得， ∴ ∵ ∴ 在和中， ， ∴ ∴，， 延长交于F，如图， ∵ ∴ ∴ ∴， ∴． （2）解：①， 过点A作交延长线于N，连接，如图， ∵等腰中，，， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∵∠ACB＝90°， ∴ ∴ ∵点M是和中点， ∴，， 由（1）可得，，， ∴，． ②当点E在延长线上，B，M，E三点共线时，如图，过点A作于F， ∵等腰中，，， ∴ 由旋转可得， ∴， ∵ ∴ ∴， ∴， ∴， 由①知， ∴； 当点E在线段上，B，M，E三点共线时，如图，过点A作于F， 同法可得，，， ∴ 由①知， ∴； 综上，当B，M，E三点共线时， 的长度为或． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，等腰直角三位线定理，勾股定理，旋转性质．本题属旋转综合探究题目，熟练掌握相差性质与判定是解题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$