专题05 手拉手模型五种常见模型（压轴题专项训练）数学浙教版2024八年级上册

专题05 手拉手模型的五种常见模型 典例详解 类型一、双等腰三角形 类型二、双等边三角形 类型三、双等腰直角三角形 类型四、婆罗摩笈多模型 类型五、脚拉脚模型 压轴专练 类型一、双等腰三角形 模型特点： 条件:AB=AC,AD=AE,且∠BAC=∠DAE 结论:①△ABD△ACE ②∠BAC=∠BOC ③在模型2的情况下,OA平分∠B0E;在模型1的情况中,OA平分∠BOE’(∠BOE的补角) 例1．（24-25八年级下·全国·阶段练习）如图，在等腰与等腰中，，，，连接和相交于点，交于点，交于点．下列结论：①；②；③平分；④若，则．其中一定正确的结论的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 变式1-1．（24-25七年级下·陕西西安·阶段练习）问题提出 （1）如图，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，已知等边三角形，，是其外一点，且，，求四边形的周长； 问题解决 （3）某市园林绿化部门在某小区门口的空地上新建一个家门口的“口袋公园”，设计形状大致为三角形，如图所示，段临街道有足够长度，是小道上某小区的入口（点不在点处），且米，设计人员准备将公园分成，两大部分，是内一标志点，此处将栽植一棵风景大树，设计，，内部种植三种不同类的草坪，平均每平方米约元，留出适当大小的区域作为休闲健身区，其内安装健身器材需元，请你预算满足上述条件的建设费用大致需多少元？（不考虑其他花费） 变式1-2．（24-25八年级下·浙江·假期作业）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”． (1)如图，与都是等腰三角形，，，且，则有 ______________________． (2)如图，已知，以、为边分别向外作等边和等边，并连接，，则 ___________． (3)如图，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． 类型二、双等边三角形 模型特点： 条件;△ABC与△ADE为等边三角形 结论;①△ABD△ACE ②∠BAC=∠BOC=6O° ③OA平分∠BOE 例2．（24-25八年级上·四川巴中·开学考试）如图，C为线段上一动点（不与点A，E重合），在同侧分别作等边三角形和等边三角形，与交于点O，与交于点P，与交于点Q，连接．以下结论：①；②；③；④是等边三角形，⑤平分，恒成立的是______． A．①②④ B．①③④⑤ C．①②③④ D．①②③④⑤ 变式2-1．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）如图，点为线段上一动点（不与、重合），在同侧分别作等边和等边，与交于点，与交于点，与交于点，连接，以下四个结论①；②；③平分；④，其中正确结论的序号为 ． 变式2-2．（24-25八年级上·广东韶关·阶段练习）综合探究． 【初步感知】（1）如图1，已知为等边三角形，点D为边上一动点(点D不与点B，点C重合)．以为边向右侧作等边，连接．求证：； 【类比探究】（2）如图2，当点D在边的延长线上时，写出与的位置关系为 ；线段，，之间的数量关系为 ； 【拓展应用】（3）如图3，在等边中，，点P是边上一定点且，若点D为射线上一动点，以为边向右侧作等边，连接，是否有最小值？若有，请求出其最小值；若没有，请说明理由． 类型三、双等腰直角三角形 模型特点： 条件:△ABC和△ADE是等腰直角三角形. 结论:①△ABD△ACE ②BD=CE且BD⊥CE ③连结AO,OA平分∠COD 例3．（24-25七年级上·山东淄博·阶段练习）已知：如图，在和中，，，，连接，C，D，三点在同一条直线上，连接．以下四个结论： ①； ②； ③； ④. 其中正确的结论有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 变式3-1．（23-24八年级上·福建福州·期中）如图，分别以的边为直角边，向外作等腰直角和等腰直角，连接，交于点F，连接．下面有四个结论：；平分平分；其中正确的是 （只填写序号） 变式3-2．（20-21七年级下·辽宁朝阳·期末）已知：两个等腰直角三角板△ACB和△DCE（AC＝BC，DC＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°）如图所示摆放，连接AE、BD交于点O．AE与DC交于点M，BD与AC交于点N． （1）如图1（两个等腰直角三角板大小不等），试判断AE与BD有何关系并说明理由； （2）如图2（两个等腰直角三角板大小相等，即AC＝DC），在不添加任何辅助线的情况，请直接写出图2中四对全等的直角三角形． 类型四、婆罗摩笈多模型 模型特点： Rt△ABC与Rt△ADE共顶点A,连结BD,CE(与传统手拉手模型连结方式相反)。 ①过顶点A作CE的垂线AG,则AG的延长线或反向延长线与D的交点F为线段BD的中点; ②上述性质反之亦然,即若作CE的中点G,连结AG,则AG⊥BD 例4．（2023·四川遂宁·中考真题）如图，以的边、为腰分别向外作等腰直角、，连结、、，过点的直线分别交线段、于点、，以下说法：①当时，；②；③若，，，则；④当直线时，点为线段的中点．正确的有 ．(填序号)    变式4-1．（23-24七年级下·福建福州·期末）如图，，，点为射线上的一个动点，分别以，为直角边，为直角顶点，在两侧作等腰、等腰，连接交于点，当点在射线上移动时，的长度为 ． 变式4-2．（24-25九年级上·山东临沂·期中）如图1，在等腰中，，，点，分别在，上，，连结，，取中点，连结． (1)求证：，； (2)将绕点顺时针旋转到图2的位置．求证：． 类型五、脚拉脚模型 模型特点： 条件:等腰△ABC与等腰△DCE顶角互补,共用一个底角的顶点C,连结 BE,点H为BE的中点. 结论:AH⊥DH 例5．（24-25八年级上·全国·期末）如图①，在四边形中，，连接，且，点E在边上，连接，过点A作，垂足为F，． (1)求证：； (2)如图②，连接，且是的角平分线，求证：． 变式5-1．（23-24八年级上·湖北武汉·期末）以线段、为底按顺时针方向在平面内构造等腰与等腰，，，，，且． (1)如图1，当点A、B、C三点共线时，求证：； (2)如图2，当点A、B、C三点不共线时，连接，点为中点，连接、，求证：； (3)如图3，当点B在线段上运动时（点B与A、D不重合），请直接写出与的数量关系．（直接填写答案） 变式5-2．（24-25八年级上·江苏南通·期末）如图，以，为底边，在外作等腰和等腰，使，点是边上的中点，连接并延长到，使，连接，． (1)求证：； (2)①小明发现：若，，则______°； ②小华发现：去掉条件“”，利用条件“”，也可以求出的度数．请根据小华的发现，求出的度数； (3)连接，若，请写出线段与的数量关系，并说明理由． 1．（24-25八年级上·全国·期末）如图，为线段上一动点（不与点重合），在同侧分别作等边和等边，与交于点，与交于点，与交于点，连接，下列结论错误的是（　　） A． B． C． D． 2．（24-25八年级下·河南郑州·期末）和是全等的等腰直角三角形，、、，点E是上一动点，点F在线段的延长线上，当时，交于点G，连接． (1)求证：． (2)当点E运动到使的位置时，判断的形状，并说明理由． 3．（25-26八年级上·全国·课后作业）如图，点E是线段上除点外的任意一点，分别以为边在线段的同侧作等边和等边交于点F，交于点交于点M． (1)求的度数； (2)连接，下列结论中正确的是 ．（把正确的序号直接填在横线上） ①；②；③ ；④． 4．（21-22八年级上·重庆·期中）已知：等腰和等腰中，，，． (1)如图1，延长交于点，若，则的度数为 　　； (2)如图2，连接、，延长交于点，若，点为中点，求证：； (3)如图3，连接、，点是的中点，连接，交于点，，，则的面积为 　　． 5．（24-25七年级下·辽宁沈阳·期中）【问题情境】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．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，则__________；线段__________；则的度数为__________； 【探究证明】（2）如图2，已知，分别以为直角边向两侧作等腰直角和等腰直角，其中，，，连接，线段和交于点O．请判断线段和的关系，并说明理由； 【模型应用】（3）如图3，在中，，，将线段绕着点C逆时针旋转至线段，连接，则的面积为____________________． 【拓展提高】（4）如图4，在中，，，点E为外一点，点D为中点，，，请直接写出的度数． 6．（24-25八年级上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）定义：我们把两个面积相等但不全等的三角形叫做偏等积三角形． (1)如图1，在中，，，为上一点，当的长为_______时．与为偏等积三角形； (2)理解运用：如图2，已知为直角三角形，，以，为腰向外作等腰直角，等腰直角，连接．求证：与为偏等积三角形； (3)如图3，在（2）的条件下，延长交于点H，四边形是一片绿色花园，计划修建一条小路，若的面积为1500平方米，米，小路每米造价600元，请计算修建小路的总造价． 7．（23-24八年级上·福建泉州·阶段练习）如图，已知和均为等腰直角三角形，，点M为的中点，过点E与平行的直线交射线于点N．    (1)求证： M为的中点． (2)将图1中的绕点B旋转，当A、B、E三点在同一直线上时（如图2），求证：为等腰直角三角形； (3)将图1中绕点B旋转到图3位置，当A、B、N三点在同一直线上时（2）中的结论是否仍成立？若成立，试证明之，若不成立，请说明理由． 8．（23-24八年级上·福建南平·阶段练习）已知， ，．    (1)如图1，求证：； (2)若点、、在同一直线上，如图所示，连接，当时，求的度数； 9．（21-22八年级上·江苏南通·期中）如图，和都是等边三角形，，相交于点，连接． (1)求证：； (2)求的度数； (3)求证：平分． 10．（24-25七年级下·山东济宁·期末）【问题提出】如图，都是等边三角形，求证：． 【方法提炼】这两个共顶点的等边三角形，其在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形，即．如果把小等边三角形的一边看作“小手”，大等边三角形的一边看作“大手”，这样就类似“大手拉着小手”，不妨称之为“手拉手”基本图形，当图形中只有一个等边三角形时，可尝试在它的一个顶点作另一个等边三角形，构造“手拉手”基本图形，从而解决问题． 【方法应用】 (1)等边三角形中，是边上一定点，是直线上一动点，以为一边作等边三角形，连接． ①如图，若点在边上，求证：． ②如图，若点在边的延长线上，线段、、之间的数量关系，并加以说明． (2)如图，等腰中，，且交于点，以为边作等边，直线交直线于点，连接交于点，写出之间的数量为___________．（直接写出结论不用说明理由） 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05 手拉手模型的五种常见模型 典例详解 类型一、双等腰三角形 类型二、双等边三角形 类型三、双等腰直角三角形 类型四、婆罗摩笈多模型 类型五、脚拉脚模型 压轴专练 类型一、双等腰三角形 模型特点： 条件:AB=AC,AD=AE,且∠BAC=∠DAE 结论:①△ABD△ACE ②∠BAC=∠BOC ③在模型2的情况下,OA平分∠B0E;在模型1的情况中,OA平分∠BOE’(∠BOE的补角) 例1．（24-25八年级下·全国·阶段练习）如图，在等腰与等腰中，，，，连接和相交于点，交于点，交于点．下列结论：①；②；③平分；④若，则．其中一定正确的结论的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】本题考查了三角形全等的判定和性质，等边三角形的判定和性质，角平分线的判定，证明即可判定①；过点作于，于，由全等三角形的性质得，即得，根据角平分线的判定即可判定③；由全等三角形的性质和三角形内角和定理可得，即得，即可判定②；在线段上截取，连接，证明得，根据②可得为等边三角形，即得，即得，即可判定④；综上即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，故①正确； 过点作于，于， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴平分，故③正确； ∵，， ∴， ∴，故②错误； 在线段上截取，连接， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 由②得， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∵，， ∴，故④正确； 综上，正确的结论有个， 故选：． 变式1-1．（24-25七年级下·陕西西安·阶段练习）问题提出 （1）如图，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，已知等边三角形，，是其外一点，且，，求四边形的周长； 问题解决 （3）某市园林绿化部门在某小区门口的空地上新建一个家门口的“口袋公园”，设计形状大致为三角形，如图所示，段临街道有足够长度，是小道上某小区的入口（点不在点处），且米，设计人员准备将公园分成，两大部分，是内一标志点，此处将栽植一棵风景大树，设计，，内部种植三种不同类的草坪，平均每平方米约元，留出适当大小的区域作为休闲健身区，其内安装健身器材需元，请你预算满足上述条件的建设费用大致需多少元？（不考虑其他花费） 【答案】（）；；（）四边形的周长为；（）满足条件的建设费用元． 【分析】此题主要考查了全等三角形的判定，全等三角形的应用，等腰直角三角形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握知识点的应用，正确地添加辅助线构造全等三角形是解题的关键． （）先求出，进而得，再依据“”判定和全等得，由此得，据此即可得出答案； （）延长到，使，连接，证明是等边三角形，得，，再根据是等边三角形得，，由此得，进而依据“”判定和全等得，则，由此即可得出四边形的周长； （）过点作交于点，连接，则和都是等腰直角三角形，进而得，，，，由此得，继而依据“”判定和全等得米，，则，再求出平方米，即可得出种植草坪的费用，据此可得满足条件的建设费用． 【详解】解：（）在中，，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴和全等的三角形是，的度数为， 故答案为：；； （）延长到，使，连接，如图所示， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∵是等边三角形，， ∴，， ∴， ∴， 即， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 即， ∴四边形的周长为； （）过点作交于点，连接，如图所示， ∵，， ∴和都是等腰直角三角形， ∴，，，， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴（米），， ∴，即， ∴（平方米）， ∴在内部种植三种不同类的草坪，平均每平方米约元， ∴在内部种植草坪的费用为：（元）， 又∵在区域内安装健身器材需元， ∴满条件的建设费用为（元）， 答：满足条件的建设费用元． 变式1-2．（24-25八年级下·浙江·假期作业）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”． (1)如图，与都是等腰三角形，，，且，则有 ______________________． (2)如图，已知，以、为边分别向外作等边和等边，并连接，，则 ___________． (3)如图，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． 【答案】(1)，； (2) (3)，，理由见解析． 【分析】（1）由，可证，根据全等三角形的判定证明即可； （2）先根据等边三角形的性质得到，，，再证明得到，再利用的外角性质求得即可求解； （3）证明得到，，进而利用三角形的内角和定理证明即可． 【详解】（1）（1）解：， ， ， 在和中，， ， 故答案为：，； （2）解：等边和等边， ，，， ， ， 在和中，， ， ， ， ， 故答案为：； （3）解：且， 理由如下： 如下图所示， ， ，即， 在和中， ， ， ，， ， ， ∴． 【点睛】本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质，熟练掌握“手拉手全等模型”，能找到全等三角形是解答的关键 类型二、双等边三角形 模型特点： 条件;△ABC与△ADE为等边三角形 结论;①△ABD△ACE ②∠BAC=∠BOC=6O° ③OA平分∠BOE 例2．（24-25八年级上·四川巴中·开学考试）如图，C为线段上一动点（不与点A，E重合），在同侧分别作等边三角形和等边三角形，与交于点O，与交于点P，与交于点Q，连接．以下结论：①；②；③；④是等边三角形，⑤平分，恒成立的是______． A．①②④ B．①③④⑤ C．①②③④ D．①②③④⑤ 【答案】D 【分析】本题考查等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的判定，由等边三角形的性质可证明，则可得①正确；由可得，由，则由三角形内角和可得，则可得③正确；证明，可得，由可得④正确；由等边三角形的性质可得②正确；连接，作，根据全等三角形对应边上的高线相等，得到，即可判定⑤正确，从而可确定答案． 【详解】解：∵都是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴，；故①正确 ∵， ∴由三角形内角和得：， 故③正确； ∵， 即， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形，故④正确； ∴， ∴，故②正确； 连接，作， ∵，为边上的高线， ∴， ∴平分；故⑤正确； ∴正确的是①②③④⑤， 故选：D． 变式2-1．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）如图，点为线段上一动点（不与、重合），在同侧分别作等边和等边，与交于点，与交于点，与交于点，连接，以下四个结论①；②；③平分；④，其中正确结论的序号为 ． 【答案】①②③④ 【分析】首先结合等边三角形的性质证明，由全等三角形的性质可得，进而证明，易得，结合“有一个角为60度的等腰三角形为等边三角形”可得为等边三角形，进一步可知，可证明，即可判定结论②；证明，易得，结合三角形外角的定义性质可得，即可判定结论①；过作，垂足分别为，利用面积法证明，证明平分，即可判断结论③；在上取点，使得，证明为等边三角形，进一步证明，可知，进一步可得，即可判断结论④． 【详解】解：∵，均为等边三角形， ∴，， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴，故结论②正确； ∵， ∴， ∴， ∴，故结论①正确； 如图，过作，垂足分别为， ∵，， ∴，即， ∴， ∴平分，故结论③正确； 如图，在上取点，使得， ∵， ∴为等边三角形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴，故结论④正确． 综上所述，结论正确的有①②③④． 故答案为：①②③④． 【点睛】本题主要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、三角形外角的定义和性质、角平分线的判定等知识，综合性较强，熟练运用相关知识是解题关键． 变式2-2．（24-25八年级上·广东韶关·阶段练习）综合探究． 【初步感知】（1）如图1，已知为等边三角形，点D为边上一动点(点D不与点B，点C重合)．以为边向右侧作等边，连接．求证：； 【类比探究】（2）如图2，当点D在边的延长线上时，写出与的位置关系为 ；线段，，之间的数量关系为 ； 【拓展应用】（3）如图3，在等边中，，点P是边上一定点且，若点D为射线上一动点，以为边向右侧作等边，连接，是否有最小值？若有，请求出其最小值；若没有，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2），；证明见解析；（3）有；5 【分析】本题考查三角形综合，全等三角形的判定，等边三角形的判定与性质，掌握相关知识是解题的关键． （1）由和是等边三角形，推出，又因为，则，即，利用证明即可； （2）证明，得出，，结合，，则，； （3）在射线上截取，连接，证，则，得出是等边三角形，则，即点在角平分线上运动，在射线上截取，连接，证明，得出，推出，由三角形三边关系可得，，即当点与点重合时，时，有最小值． 【详解】（1）证明：∵和是等边三角形， ， ， ，即， 在和中， ， ． （2）解： ，， 和是等边三角形， ， ， ，即， 在和中， ， ， ，， ∴， ∴； ， ． （3）解：有最小值，在射线上截取，连接， ∵和是等边三角形， ， ， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ∴是等边三角形， ， ， 即点在角平分线上运动， 在射线上截取，连接， 在和中， ， ， ， ， 由三角形三边关系可得，，即当点与点重合时，时，有最小值， ， ， ． ∴的最小值为5 ． 类型三、双等腰直角三角形 模型特点： 条件:△ABC和△ADE是等腰直角三角形. 结论:①△ABD△ACE ②BD=CE且BD⊥CE ③连结AO,OA平分∠COD 例3．（24-25七年级上·山东淄博·阶段练习）已知：如图，在和中，，，，连接，C，D，三点在同一条直线上，连接．以下四个结论： ①； ②； ③； ④. 其中正确的结论有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题主要考查了全等三角形．熟练掌握等腰直角三角形性质，全等三角形判定和性质，三角形外角性质，三角形内角和定理，是解决问题的关键． ①根据，，，判定，得到，结论①正确；②根据，，不平分，得到，，结论②不正确；③根据，可得，结论③正确；④根据，由②可知：，，，结论④正确． 【详解】解：①， ． 即． 在和中，， ． ． 结论①正确． ②由①可知：， ． ∵，不平分， ∴ ． ∴． 结论②不正确． ③，， ． 结论③正确． ④由①可知：， ． ∵， ． ． 结论④正确． 综上所述：结论①③④正确，结论②不正确． 故选：C． 变式3-1．（23-24八年级上·福建福州·期中）如图，分别以的边为直角边，向外作等腰直角和等腰直角，连接，交于点F，连接．下面有四个结论：；平分平分；其中正确的是 （只填写序号） 【答案】①②④ 【分析】根据等腰三角形的性质，证明，即可判断①；根据，得到，即可判断②；过作于，于，得到，推出，即可判断④；题干条件不充分，不足以判断平分，即可判断．本题考查等腰三角形的性质，掌握三角形内角和、全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 【详解】解：∵分别以的边为直角边，向外作等腰直角和等腰直角， ，，， ∴， ， ， ，故①正确， ， ∴， ∵， ∴， ∴， ， 故②正确， 过作于，于， ， ， 即， ， ， ， 即平分， 故④正确； ， 但不一定相等，无条件支持， ∴不一定全等， 则不一定相等， 故得不出， ∴不一定平分； 故③不正确， 故答案为：①②④． 变式3-2．（20-21七年级下·辽宁朝阳·期末）已知：两个等腰直角三角板△ACB和△DCE（AC＝BC，DC＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°）如图所示摆放，连接AE、BD交于点O．AE与DC交于点M，BD与AC交于点N． （1）如图1（两个等腰直角三角板大小不等），试判断AE与BD有何关系并说明理由； （2）如图2（两个等腰直角三角板大小相等，即AC＝DC），在不添加任何辅助线的情况，请直接写出图2中四对全等的直角三角形． 【答案】（1）AE＝BD且AE⊥BD．理由见解析；（2）△ACB≌△DCE，△EMC≌△BCN，△AON≌△DOM，△AOB≌△DOE 【分析】（1）证明△ACE≌△BCD，可得AE＝BD，∠CEA＝∠BDC，由∠CME＝∠DMO，根据三角形内角和定理即可得∠DOM＝∠ECM＝90°，进而可证AE⊥BD． （2）根据三角形全等的判定找出相等边和角，进而找出全等三角形． 【详解】解：（1）结论；AE＝BD且AE⊥BD．理由如下： ∵∠ACB＝∠DCE， ∴∠ACB+∠DCA＝∠DCE+∠DCA， 即∠DCB＝∠ACE， ∵AC＝BC，CD＝CE， 在△ACE与△BCD中， ， ∴△ACE≌△BCD（SAS）， ∴AE＝BD，∠CEA＝∠BDC， ∵∠CME＝∠DMO， ， 即∠DOM＝∠ECM＝90°， ∴AE⊥BD， ∴AE＝BD且AE⊥BD； （2）∵AC＝DC， ∴AC＝CD＝EC＝CB， 在△ACB与△DCE中， ， ∴△ACB≌△DCE（SAS）； 由（1）可知：∠AEC＝∠BDC，∠EAC＝∠DBC， ∴∠DOM＝90°， ∵∠AEC＝∠CAE＝∠CBD， ∴△EMC≌△BCN（ASA）， ∴CM＝CN， ∴DM＝AN， ∴△AON≌△DOM（AAS）， ∵DE＝AB，AO＝DO， ∴△AOB≌△DOE（HL）． 【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，掌握三角形全等的性质与判定是解题的关键． 类型四、婆罗摩笈多模型 模型特点： Rt△ABC与Rt△ADE共顶点A,连结BD,CE(与传统手拉手模型连结方式相反)。 ①过顶点A作CE的垂线AG,则AG的延长线或反向延长线与D的交点F为线段BD的中点; ②上述性质反之亦然,即若作CE的中点G,连结AG,则AG⊥BD 例4．（2023·四川遂宁·中考真题）如图，以的边、为腰分别向外作等腰直角、，连结、、，过点的直线分别交线段、于点、，以下说法：①当时，；②；③若，，，则；④当直线时，点为线段的中点．正确的有 ．(填序号)    【答案】①②④ 【分析】①当时，是等边三角形，根据等角对等边，以及三角形的内角和定理即可得出，进而判断①；证明，根据全等三角形的性质判断②；作直线于点， 过点作于点，过点作于点，证明，，，即可得是的中点，故④正确，证明，可得，在中，，在中，，得出 ，在中，勾股定理即可求解． 【详解】解：①当时，是等边三角形， ∴ ∴ ∵等腰直角、， ∴ ∴ ∴；故①正确； ②∵等腰直角、， ∴， ∴ ∴ ∴；故②正确； ④如图所示，作直线于点， 过点作于点，过点作于点，    ∵， ∴， 又， ∴ 又∵， ∴ 同理得，， ∴，，， ∵，，， ∴， ∴，即是的中点，故④正确， ∴， 设，则 在中， 在中， ∴ ∴ 解得： ∴， ∴， ∴ ∴ 在中， ∴,故③错误 故答案为：①②④． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，等边三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键． 变式4-1．（23-24七年级下·福建福州·期末）如图，，，点为射线上的一个动点，分别以，为直角边，为直角顶点，在两侧作等腰、等腰，连接交于点，当点在射线上移动时，的长度为 ． 【答案】 【分析】本题考查了三角形内角和定理， 全等三角形的性质和判定的应用，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形，灵活运用有关定理来分析或解答. 过点作垂足为点，首先证明得到，进而证明即可解决问题. 【详解】如图，过点作垂足为点， ， ， ， 均为等腰直角三角形， ， 在与中， ， ， ， ， ， 在与中， ， ， ，而 ， ， 故答案为: . 变式4-2．（24-25九年级上·山东临沂·期中）如图1，在等腰中，，，点，分别在，上，，连结，，取中点，连结． (1)求证：，； (2)将绕点顺时针旋转到图2的位置．求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】对于（1），根据“边角边”证明，可得，．再根据直角三角形的性质得，可得结论；然后根据等边对等角得， 进而说明，再根据得出答案； 对于（2），延长到点，使，连结，根据“边角边”证明，可得，，进而说明，再结合互补的定义得出，然后根据“边角边”证明，可得答案. 【详解】（1）证明：在和中， ，，， ， ，． 是斜边的中点， ， . ， ． ， ， ． ； （2）证明：延长到点，使，连结． ，，， ， ，． ． . ， ， ． ， ． 在和中， ，，， ， ． ， ． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质和判定，直角三角形的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质等，作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 类型五、脚拉脚模型 模型特点： 条件:等腰△ABC与等腰△DCE顶角互补,共用一个底角的顶点C,连结 BE,点H为BE的中点. 结论:AH⊥DH 例5．（24-25八年级上·全国·期末）如图①，在四边形中，，连接，且，点E在边上，连接，过点A作，垂足为F，． (1)求证：； (2)如图②，连接，且是的角平分线，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握此知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）证明，得出，进而可得，即可得证； （2）连接，证明，得出，由，可得，即可得证． 【详解】（1）证明：∵在四边形中，，且，点E在边上，，垂足为F，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：由（1）得：， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即． 变式5-1．（23-24八年级上·湖北武汉·期末）以线段、为底按顺时针方向在平面内构造等腰与等腰，，，，，且． (1)如图1，当点A、B、C三点共线时，求证：； (2)如图2，当点A、B、C三点不共线时，连接，点为中点，连接、，求证：； (3)如图3，当点B在线段上运动时（点B与A、D不重合），请直接写出与的数量关系．（直接填写答案） 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)或 【分析】（1）利用三角形的内角和表示出，再结合条件，即可得证； （2）延长至Q，使，连接，，易证，得到，利用三角形的内角和并通过角的转化证明，进而证明，得到，再利用等腰三角形的“三线合一”证明； （3）分“点E在上方”和“点E在下方”两种情况分别画出相应图形进行分析，利用三角形的内角和并结合角的转化即可得到与的数量关系． 【详解】（1）解：，， ，， ， ， ， ． （2）证明：如图，延长至Q，使，连接，， 在与中， ， ， ，， ， ， 根据（1）可设，，则， ， ， 在中，， ， 在与中， ， ， ， ， ． （3）解：取的中点F，连接，由（2）知， ， ， ， 设， 情况1，当点E在上方， ， ， 即； 情况2，如图，当点E在下方， ， ． 综上所述，或． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质、三角形的内角和定理和外角性质、线段垂直平分线的性质等，也用到了分类讨论的数学思想，解决问题的关键是作出适当的辅助线构造全等三角形和画出相应的图形进行分析． 变式5-2．（24-25八年级上·江苏南通·期末）如图，以，为底边，在外作等腰和等腰，使，点是边上的中点，连接并延长到，使，连接，． (1)求证：； (2)①小明发现：若，，则______°； ②小华发现：去掉条件“”，利用条件“”，也可以求出的度数．请根据小华的发现，求出的度数； (3)连接，若，请写出线段与的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)①，② (3)，理由见解析 【分析】本题是三角形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，三角形内角和定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）根据证明，即可得到结论； （2）①由题意得到，设，，根据题意得到，由得到，根据计算即可得到答案； ②由题得，设，，得到，由得到，计算即可得到答案； （3）连接，先证明，得到，，再证明是等边三角形，根据勾股定理即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵点D为BC边上的中点， ∴ ∵，， ∴， ∴； （2）解：① ，， ， 设，， 根据题意得，， ，， ， ， ， ， 由（1）可知， ， ， 故答案为：； ② ， 设，， 根据题意得，， ，， ， ， ， ， 由（1）可知， ， ； （3）解： 理由如下：连接FG ∵ ∴， ， ， ∴ ∵，， ∴ 又∵， ∴ ∴， ∵， ∴ ∴ ∵，， ∴是等边三角形 又∵， ∴， ∴ 设等边三角形边长为a，则， ∴ ∴ ∴， 即 1．（24-25八年级上·全国·期末）如图，为线段上一动点（不与点重合），在同侧分别作等边和等边，与交于点，与交于点，与交于点，连接，下列结论错误的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，平行线的判定等，证明，得到，，即可判定；由三角形的外角性质及全等三角形的性质可得，即可判定；证明是等边三角形，得到，即可判定；若，可得，即得，又由等边三角形的性质可得，显然与矛盾，即可判定，综上即可求解，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】解：∵和是等边三角形， ∴，，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴，，故选项正确，不合题意； ∵， ∴，故选项正确，不合题意； 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴，故选项正确，不合题意； ∵，若，则， 则， ∵是等边三角形， ∴， 又∵， ∴一定不等于， ∴和不相等，故选项错误，符合题意； 故选：． 2．（24-25八年级下·河南郑州·期末）和是全等的等腰直角三角形，、、，点E是上一动点，点F在线段的延长线上，当时，交于点G，连接． (1)求证：． (2)当点E运动到使的位置时，判断的形状，并说明理由． 【答案】(1)详见解析 (2)是等腰直角三角形，详见解析 【分析】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定、全等三角形的性质、三角形内角和定理等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． （1）由等腰直角三角形的性质可得，再结合即可证明结论； （2）由全等三角形的性质可得，由等边对等角以及已知条件可得，即，进而得到即可解答． 【详解】（1）证明：∵和是全等的等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴． （2）解：是等腰直角三角形，理由如下： 如图：由（1）得， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∵， ∴等腰直角三角形． 3．（25-26八年级上·全国·课后作业）如图，点E是线段上除点外的任意一点，分别以为边在线段的同侧作等边和等边交于点F，交于点交于点M． (1)求的度数； (2)连接，下列结论中正确的是 ．（把正确的序号直接填在横线上） ①；②；③ ；④． 【答案】(1) (2)①②③ 【分析】（1）根据，都是等边三角形，得到，得到，证明，得到，利用三角形外角的性质得解； （2）利用证明，可判断①②正确；根据，得到，从而得到是等边三角形，结论③得证；根据，得到，显然，故结论④错误． 【详解】（1）解：∵，都是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， 同理可证，， ∴， ∴①②正确； ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴③正确； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴结论④错误． 故答案为：①②③． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形外角的性质，平行线的判定和性质，熟练掌握三角形全等的判定和性质是解题的关键． 4．（21-22八年级上·重庆·期中）已知：等腰和等腰中，，，． (1)如图1，延长交于点，若，则的度数为 　　； (2)如图2，连接、，延长交于点，若，点为中点，求证：； (3)如图3，连接、，点是的中点，连接，交于点，，，则的面积为 　　． 【答案】(1) (2)见解析 (3)16 【分析】（1）根据等角的余角相等解答； （2）延长至点，使，连接，证明，根据全等三角形的性质得到，再证明，得出，证明结论； （3）延长至，使，连接、、，设交于点，证明，得到，，再证明，得到，根据三角形的面积公式计算，得到答案． 【详解】（1）解：， ，即， ， ， 故答案为：； （2）证明：如图2，延长至点，使，连接， 在和中， ， ， ，， ， 在和中， ， ， ； （3）解：如图3，延长至，使，连接、、，设交于点， ， ， ， 是等腰直角三角形，是等腰直角三角形， ，， 在与中， ， ， ，， 点是的中点， ， ，， ， ，， ，， ， ，， ， ，即， ， ， ， ， 故答案为：16． 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、三角形的面积计算，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 5．（24-25七年级下·辽宁沈阳·期中）【问题情境】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．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，则__________；线段__________；则的度数为__________； 【探究证明】（2）如图2，已知，分别以为直角边向两侧作等腰直角和等腰直角，其中，，，连接，线段和交于点O．请判断线段和的关系，并说明理由； 【模型应用】（3）如图3，在中，，，将线段绕着点C逆时针旋转至线段，连接，则的面积为____________________． 【拓展提高】（4）如图4，在中，，，点E为外一点，点D为中点，，，请直接写出的度数． 【答案】（1），， （2），，理由见解析 （3） （4）． 【分析】（1）证明，根据全等三角形的性质解答即可； （2）同理证明，根据全等三角形的性质解答即可； （3）作交于E点，连接，根据旋转的性质和等腰直角三角形性质，推出，从而证明出，，，最后利用三角形面积公式求解即可； （4）作，使，证明，推出，，连接并延长至点，使，连接，，，证明，得到，，再证明，得到，再证明是线段的垂直平分线，求得，再证明，据此求解即可． 【详解】（1）解：∵和均为等边三角形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 又， ∴； 故答案为：，，； （2）解：，；理由如下： ∵和均为等腰直角三角形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 又， ∴， ∴，； （3）解：如图所示，作交于E点，连接， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴，，， 由旋转的性质可知，，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴的面积为， 故答案为：； （4）解：设， 作，使， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， 连接并延长至点，使，连接，，， ∵，， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴是线段的垂直平分线， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，线段的垂直平分线的判定和性质，正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 6．（24-25八年级上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）定义：我们把两个面积相等但不全等的三角形叫做偏等积三角形． (1)如图1，在中，，，为上一点，当的长为_______时．与为偏等积三角形； (2)理解运用：如图2，已知为直角三角形，，以，为腰向外作等腰直角，等腰直角，连接．求证：与为偏等积三角形； (3)如图3，在（2）的条件下，延长交于点H，四边形是一片绿色花园，计划修建一条小路，若的面积为1500平方米，米，小路每米造价600元，请计算修建小路的总造价． 【答案】(1) (2)见解析 (3)修建小路的总造价为元． 【分析】（1）利用三角形的中线的性质即可解决问题； （2）过点作，交的延长线为，先证明，则，，依据三角形的面积公式可知，然后再依据偏等积三角形的定义即可得出结论； （3）过点作，交的延长线为，过点作，交的延长线为，由题意可得，由可证得，则米，根据的面积为1500平方米，可得米，即可求解． 【详解】（1）解：如图1中， 当时，， 与不全等， 与为偏等积三角形， 故答案为：； （2）证明：如图2中，过点作，交的延长线为， 和均为等腰直角三角形， ，，，． ． 在和中， ， ． ，， ，， ， 与为偏等积三角形； （3）解：如图3中，过点作，交的延长线为，过点作，交的延长线为， ， ，四边形为矩形， ，， ， 由（2）知，， ， ， 米， 的面积为1500平方米， ， 米， （米）， 修建小路的总造价为（元）． 【点睛】本题考查了新定义，等腰直角三角形的性质，三角形的中线的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题． 7．（23-24八年级上·福建泉州·阶段练习）如图，已知和均为等腰直角三角形，，点M为的中点，过点E与平行的直线交射线于点N．    (1)求证： M为的中点． (2)将图1中的绕点B旋转，当A、B、E三点在同一直线上时（如图2），求证：为等腰直角三角形； (3)将图1中绕点B旋转到图3位置，当A、B、N三点在同一直线上时（2）中的结论是否仍成立？若成立，试证明之，若不成立，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)成立；理由见解析 【分析】（1）由和点M为的中点可以证得，从而证得M为的中点； （2）证，从而可以证得，进而可以证得，，则有为等腰直角三角形； （3）如图3，证，根据四边形内角和，可得，从而可以证得，进而可以证得，则有 为等腰直角三角形． 【详解】（1）证明：∵， ∴． ∵点M为的中点， ∴． 在和中， ， ∴． ∴． ∴M为的中点； （2）证明：∵和均为等腰直角三角形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵A，B，E三点共线， ∴． ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形； （3）解：当A、B、N三点在同一直线上时（2）中的结论仍成立，（如图3）： 证明：∵， ∴． ∵点M为的中点， ∴． 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 在四边形中， ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴． ∴． ∴． ∴为等腰直角三角形． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、平行线的性质、等腰直角三角形的判定与性质、多边形的内角与外角等知识，在（3）中能够在掌握变中有不变的辩证思想是解决问题的关键． 8．（23-24八年级上·福建南平·阶段练习）已知， ，．    (1)如图1，求证：； (2)若点、、在同一直线上，如图所示，连接，当时，求的度数； 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证明，然后根据证明，根据全等三角形的性质，即可得证； （2）根据全等三角形的性质可得，根据等腰直角三角形的性质，可得，则，进而根据，即可求解． 【详解】（1）， ， 在和中， ， ， ， （2）， ， ， 由（1）知 ， ， 【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，领补角的定义，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键． 9．（21-22八年级上·江苏南通·期中）如图，和都是等边三角形，，相交于点，连接． (1)求证：； (2)求的度数； (3)求证：平分． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（）利用全等三角形判定条件 “” 证明，即可得证； （）由（）可知，，得到，应用外角定理可知，，即可得出结论； （）在上截取，连接，利用全等三角形判定条件 “” 证明，再利用 “同角的补角相等” ，可得，即可得证． 【详解】（1）（1）证明： 和都是等边三角形， ，， ，， ，即， 在与中， ， ， ； （2）由（）知，， ， ， 的度数是； （3）证明：在上截取，连接， 由（）的证明，知， ，即， ， 在与中， ， ， ，， ， ， ， 在中， ， ， 平分． 【点睛】本题关键是掌握全等三角形的判定条件 “”，灵活运用外角定理，以及掌握角平分线的定义． 10．（24-25七年级下·山东济宁·期末）【问题提出】如图，都是等边三角形，求证：． 【方法提炼】这两个共顶点的等边三角形，其在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形，即．如果把小等边三角形的一边看作“小手”，大等边三角形的一边看作“大手”，这样就类似“大手拉着小手”，不妨称之为“手拉手”基本图形，当图形中只有一个等边三角形时，可尝试在它的一个顶点作另一个等边三角形，构造“手拉手”基本图形，从而解决问题． 【方法应用】 (1)等边三角形中，是边上一定点，是直线上一动点，以为一边作等边三角形，连接． ①如图，若点在边上，求证：． ②如图，若点在边的延长线上，线段、、之间的数量关系，并加以说明． (2)如图，等腰中，，且交于点，以为边作等边，直线交直线于点，连接交于点，写出之间的数量为___________．（直接写出结论不用说明理由） 【答案】(1)①证明见解析；②，理由见解析 (2) 【分析】（）①过点作，交于点，可证是等边三角形，得到，，再证明，得到，进而由即可求证；②过点作，交于点，同理①证明是等边三角形和即可求证； （）由等边三角形的性质得，，，即得，，进而可得，得到，又由线段垂直平分线的性质得，得到，即得到，在上截取，可得是等边三角形，进而可证，得到，由得，即可求解． 【详解】（1）①证明：过点作，交于点， ∵是等边三角形，， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， 即， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴； ②，理由如下： 如图，过点作，交于点， ∵是等边三角形，， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， 即， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）解：∵，是等边三角形， ∴，，， ∴，， 在中，， ∴， ∵，， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴， 如图，在上截取， ∵，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， 即， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，正确画出辅助线是解题的关键． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$