专题 4.8 三角形全等经典模型——手拉手（模型梳理+题型精析+同步检测）- 2025-2026学年北师大版七年级数学下册基础知识专项突破讲练

该初中数学讲义通过模型梳理系统构建三角形全等“手拉手”知识体系，用表格分类呈现基本图形、等边三角形、正方形、等腰三角形等模型，明确条件、结论及证明思路，清晰展现知识内在联系与重难点分布。 讲义亮点在于“题型精析+同步检测”的分层设计，如题型2通过等边三角形手拉手模型例题及变式，培养推理意识与几何直观。同步检测分选择、填空、解答题，满足不同层次学生需求，助力教师实施精准教学，提升学生自主复习效率。

专题 4.8 三角形全等经典模型——手拉手（模型梳理+题型精析+同步检测） 目录 一.模型梳理 1 （一）定义： 1 （二）常见的模型及证法 1 ①基本图形 1 ②等边三角形手拉手模型 2 ③正方形手拉手模型 2 二.题型精析 2 【题型1】证明手拉手基本模型 2 【题型2】证明等边三角形手拉手基本模型 5 【题型3】证明正方形手拉手基本模型 11 【题型4】等腰三角形手拉手模型 15 【题型5】手拉手模型综合应用 19 三.同步检测 28 （一）选择题（4题） 28 （二）填空题（4题） 34 （三）解答题（5题） 38 一.模型梳理 （一）定义： 两个有公共顶点的三角形，将其中一个三角形绕公共顶点旋转一定角度后，能与另一个三角形重合，连接对应顶点形成的线段，所构成的几何模型称为手拉手模型。 （二）常见的模型及证法 ①基本图形 条件 基本图形 结论及证明思路 如图，AB=AD，AC=AE（四线共点，两两相等）且（夹角相等） 结论： ②等边三角形手拉手模型 条件 基本图形 结论及证明思路 如图，和都是等边三角形， 连接AD交CE于点N，连接BE交AC于点M. （1） （2） （3） （4）是等边三角形 ③正方形手拉手模型 条件 基本图形 结论及证明思路 如图，四边形ABCD和四边形ECGF都是正方形，连接DG、BE交于点H. 二.题型精析 【题型1】证明手拉手基本模型 【例题1】（25-26八年级上·浙江嘉兴·期中）阅读并填空： 如图，，，，则，请说明理由． 解：∵， ∴___________________， 即， 在和中，， ∴，（__________）， 解：__________；__________；__________． 【答案】；；． 【分析】本题考查了全等三角形的判定，角度和差，由，则，即，然后通过“”即可求证，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键． 解：∵， ∴， 即， 在和中， ， ∴， 故答案为：；；． 【变式1】（25-26八年级上·贵州黔东南·月考）如图，在和中，，，，则下列结论错误的是（   ） A．与不全等 B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查三角形全等的 判定定理及性质，运用逻辑推理思想解题关键是准确判定三角形全等，易错点是对全等三角形对应角、对应边的判断失误，解题思路是通过角的关系推出全等条件，再根据全等性质分析各选项． 解：∵ ， ∴，即； ∵在和中 ∴ 选项 A：由 可证，该选项 “不全等” 的结论错误，符合题意； 选项 B：全等三角形对应边相等，故，结论正确，不符合题意； 选项 C：全等三角形对应角相等，故，结论正确，不符合题意； 选项 D：全等三角形对应角相等，故，结论正确，不符合题意； 故选：A． 【变式2】（2024八年级上·全国·专题练习）如图，在和中，，，如果由“”可以判定，则需补充条件____________． 【答案】 【分析】本题考查了三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：、、、、．注意：、不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角． 由可得，再添加一个角即可． 解：添加． ， ，即， 在和中， ， ． 故答案为：． 【变式3】（24-25八年级上·浙江宁波·开学考试）如图所示，已知，，． （1）求证：； （2）若，求的度数． 【答案】（1）见分析；（2） 【分析】（1）证明出，即可得到； （2）由全等三角形对应角相等求解． 解：（1）解：， ，即， 又∵，， ； （2）解：，， ． 【题型2】证明等边三角形手拉手基本模型 【例题2】（24-25八年级上·甘肃武威·月考）如图所示，△ABC和△ADE都是等边三角形，且点B、A、E在同一直线上，连接BD交AC于M，连接CE交AD于N，连接MN． （1）求证：BD=CE； （2）求证：△ABM≌△ACN； （3）求证：△AMN是等边三角形． 【答案】（1）证明见分析；（2）证明见分析；（3）证明见分析 【分析】（1）由已知条件等边三角形，可知AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，进一步求证∠BAD=∠CAE，从而△ABD≌△ACE（SAS），所以BD=CE． （2）由（1）知△ABD≌△ACE，得∠ABM=∠CAN，由点B、A、E共线，得∠CAN=60°=∠BAC，进一步求证△ABM≌△ACN（ASA）． （3）由△ABM≌△ACN，得AM=AN，而∠CAN=60°，所以△AMN是等边三角形． 解：（1）∵△ABC和△ADE都是等边三角形， ∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°， ∴∠BAD=∠CAE． 在△ABD和△ACE中， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴BD=CE． （2）由（1）知△ABD≌△ACE， ∴∠ABM=∠ACN． ∵点B、A、E在同一直线上，且∠BAC=∠DAE=60°， ∴∠CAN=60°=∠BAC． 在△ABM和△ACN中， ∴△ABM≌△ACN（ASA）． （3）由（2）知△ABM≌△ACN， ∴AM=AN， ∵∠CAN=60°， ∴△AMN是等边三角形． 【点拨】本题主要考查等边三角形的性质和判定、全等三角形判定和性质；将等边三角形的条件转化为相等线段和等角，选择合适的方法判定三角形全等是解题的关键． 【变式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（    ）    A．∠AOB=60° B．AP=BQ C．PQ∥AE D．DE=DP 【答案】D 【分析】利用等边三角形的性质，BC∥DE，再根据平行线的性质得到∠CBE=∠DEO，于是∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，得出A正确；根据△CQB≌△CPA（ASA），得出B正确；由△ACD≌△BCE得∠CBE=∠DAC，加之∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，得到△CQB≌△CPA（ASA），再根据∠PCQ=60°推出△PCQ为等边三角形，又由∠PQC=∠DCE，根据内错角相等，两直线平行，得出C正确；根据∠CDE=60°，∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，可知∠DQE≠∠CDE，得出D错误． 解：∵等边△ABC和等边△CDE， ∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°， ∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE， 在△ACD与△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴∠CBE=∠DAC， 又∵∠ACB=∠DCE=60°， ∴∠BCD=60°，即∠ACP=∠BCQ， 又∵AC=BC， 在△CQB与△CPA中， ， ∴△CQB≌△CPA（ASA）， ∴CP=CQ， 又∵∠PCQ=60°可知△PCQ为等边三角形， ∴∠PQC=∠DCE=60°， ∴PQ∥AE， 故C正确， ∵△CQB≌△CPA， ∴AP=BQ， 故B正确， ∵AD=BE，AP=BQ， ∴AD-AP=BE-BQ， 即DP=QE， ∵∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°， ∴∠DQE≠∠CDE，故D错误； ∵∠ACB=∠DCE=60°， ∴∠BCD=60°， ∵等边△DCE， ∠EDC=60°=∠BCD， ∴BC∥DE， ∴∠CBE=∠DEO， ∴∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°， 故A正确． 故选：D． 【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，利用旋转不变性，解题的关键是找到不变量． 【变式2】如图，△ABC和△EBD都是等边三角形，连接AE，CD．求证：AE＝CD． 【答案】见分析 【分析】证明△ABE≌△CBD即可解决． 解：∵△ABC和△EBD都是等边三角形， ∴AB＝CB，BE＝BD，∠ABC＝∠DBE＝60°， ∴∠ABC﹣∠ABD＝∠DBE﹣∠ABD， 即∠ABE＝∠CBD， 在△ABE和△CBD中， ， ∴△ABE≌△CBD（SAS）， ∴AE＝CD． 【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等知识，掌握这两部分知识是关键． 【变式3】如图，C为线段上一动点（不与点A、E重合），在同侧分别作正和正，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；⑤． 恒成立的结论有 ___________．（把你认为正确的序号都填上） 【答案】①②③⑤ 【分析】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，平行线的判定以及性质． ①由于和是等边三角形，可知，，，从而利用证出，可推知；②由得，，，得到，再根据推出为等边三角形，又由，根据内错角相等，两直线平行，可知②正确；③由①和②可得出，，即可证；④根据，，可知，，且，得出，可知④错误；⑤利用等边三角形的性质得出，再根据平行线的性质得到，于是，可知⑤正确． 解：①∵正和正， ∴，，， ∵，， ∴， 在和中， ∴， ∴，， 故①正确； ②又∵，，， ∴． ∴， ∴， ∴， ∴， 故②正确； ③∵， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， 故③正确； ④∵，且， ∴， 故④错误； ⑤∵， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴ ∴， 故⑤正确． ∴正确的有：①②③⑤． 故答案为：①②③⑤． 【题型3】证明正方形手拉手基本模型 【例题3】（24-25八年级下·辽宁铁岭·期中）如图所示，四边形，均为正方形，连接，．求证：． 【答案】证明见分析 【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． 解：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】如图已知四边形和四边形都是正方形，且，连接，． （1）求证： （2）连接，若，，求的度数． 【答案】（1）见分析；（2） 【分析】本题主要考查全等三角形的性质与判定，等边三角形的判定与性质 （1）结合正方形的性质利用证明，进而可证明结论； （2）连接，通过证明可得为等边三角形，进而求解． 解：（1）证明：∵四边形和四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴； （2）连接， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴． 在和中 ∴， ∴， ∵由（1）可知， ∴， ∴为等边三角形， ∴． 【变式2】如图，两个正方形ABCD与DEFG，连结AG，CE，二者相交于点H． （1）证明：△ADG≌△CDE； （2）请说明AG和CE的位置和数量关系，并给予证明； （3）连结AE和CG，请问△ADE的面积和△CDG的面积有怎样的数量关系？并说明理由． 【答案】（1）答案见分析；（2） AG=CE，AG⊥CE；（3） △ADE的面积=△CDG的面积 【分析】（1）利用SAS证明△ADG≌△CDE； （2）利用△ADG≌△CDE得到AG=CE，∠DAG=∠DCE，利用∠DAG+∠AMD=90°得到∠DCE+∠CMG=90°，即可推出AG⊥CE； （3）△ADE的面积=△CDG的面积，作GP⊥CD于P，EN⊥AD交AD的延长线于N，证明 △DPG≌△DNE，得到PG=EN，再利用三角形的面积公式分别表示出△ADE的面积，△CDG的面积，即可得到结论△ADE的面积=△CDG的面积. 解：（1）∵四边形ABCD与DEFG都是正方形， ∴AD=CD，DG=DE，∠ADC=∠EDG=90°， ∴∠ADC+∠CDG=∠EDG+∠CDG， ∴∠ADG=∠CDE， ∴△ADG≌△CDE（SAS）， （2）AG=CE，AG⊥CE， ∵△ADG≌△CDE， ∴AG=CE，∠DAG=∠DCE， ∵∠DAG+∠AMD=90°，∠AMD=∠CMG， ∴∠DCE+∠CMG=90°， ∴∠CHA=90°， ∴AG⊥CE； （3）△ADE的面积=△CDG的面积， 作GP⊥CD于P，EN⊥AD交AD的延长线于N，则∠DPG=∠DNE=90°， ∵∠GDE=90°， ∴∠EDN+∠GDN=90°， ∵∠PDG+∠GDN=90°， ∴∠EDN=∠PDG， ∵DE=DG， ∴△DPG≌△DNE， ∴PG=EN， ∵△ADE的面积=，△CDG的面积=， ∴△ADE的面积=△CDG的面积. 【点拨】此题考查正方形的性质，三角形全等的判定及性质，利用三角形面积公式求解，根据图形得到三角形全等的条件是解题的关键. 【题型4】等腰三角形手拉手模型 【例题4】在学习全等三角形知识时，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探究： （1）如图1，两个等腰三角形和中，，，，连接、，如果把小等腰三角形的腰长看作小手，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，这个就是“手拉手模型”，在这个模型中，和全等的三角形是______，此线和的数量关系是______． （2）如图2，两个等腰直角三角形和中，，，，连接、，两线交于点，请判断线段和的关系，并说明理由． 【答案】（1）△AEC，BD=CE；（2）BD=CE且BD⊥CE，理由见分析 【分析】（1）先判断出∠DAB=∠EAC，进而判断出△DAB≌△EAC，即可得出结论； （2）先判断出△DAB≌△EAC，得出BD=CE，∠DBA=∠ECA，进而判断出∠DBC+∠ECB，即可得出结论． 解：（1）∵∠DAE=∠BAC， ∴∠DAE+∠BAE=∠BAC+∠BAE． ∴∠DAB=∠EAC， 在△DAB和△EAC中， ， ∴△DAB≌△EAC（SAS）， ∴BD=CE， 故答案为：△AEC，BD=CE； （2）BD=CE且BD⊥CE； 理由如下：∵∠DAE=∠BAC=90°， ∴∠DAE+∠BAE=∠BAC+∠BAE． ∴∠DAB=∠EAC． 在△DAB和△EAC中， ， ∴△DAB≌△EAC（SAS）， ∴BD=CE，∠DBA=∠ECA， ∵∠ECA+∠ECB+∠ABC=90°， ∴∠DBA+∠ECB+∠ABC=90°， 即∠DBC+∠ECB=90°， ∴∠BPC=180°-（∠DBC+∠ECB）=90°， ∴BD⊥CE， 综上所述：BD=CE且BD⊥CE． 【点拨】本题考查的是等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 【变式1】（24-25七年级下·陕西榆林·期末）如图，和均为等腰三角形，，，点在线段上（与不重合），连接，若，，则的长为____________． 【答案】10 【分析】本题考查全等三角形的判定与性质．先根据已知条件得出，再证明得出，最后根据已知条件得出结果． 解：∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴． 故答案为：10． 【变式2】（24-25七年级下·陕西西安·期末）如图，在等腰三角形中，，点为右侧一点，连接，，，点是上一点，连接，．若，，则的度数为（   ） 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． 证明，得到，进而可知，即可得到的度数． 解：， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， 故选：C． 【变式3】（24-25七年级下·陕西西安·月考）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； 解：（1）解：∵， ∴， 即． 在与中，， ∴， ∴， ∴． （2）不成立．． 理由：∵， ∴． 在与中， ， ∴， ∴． 【题型5】手拉手模型综合应用 【例题5】（24-25七年级下·山东烟台·期末）“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． 【答案】（1）见分析；（2）为等腰直角三角形，见分析 【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． 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． 【变式1】（25-26八年级上·四川德阳·期末）已知：如图，在，中，，，，C，D，E三点在同一条直线上，连接．以下四个结论：①；②；③；④．其中错误的个数是（   ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等，熟练掌握考查的知识点是解题的关键． 先证明和为等腰直角三角形，推出，再证明，运用全等的性质即可解题． 解：∵，，， ∴和为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，故①正确，不符合题意； ∴， ∵， ∴，故②正确，不符合题意； ∵， ， ， ， ， ∴， ∴，故③正确，不符合题意； ∵如图，延长射线交于点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，故④正确，不符合题意； 综上，符合题意共个． 故选：A． 【变式2】（25-26八年级上·山西朔州·期中）综合与探究 问题背景：和为等腰直角三角形，，，，连接． 问题初探： （1）如图1，当B，E，C三点在同一条直线上时， ①与的位置关系为_________． ②与的数量关系为_________． 拓展探究： （2）如图2，当B，E，C三点不在同一条直线上时，与交于点F，试判断（1）中与的位置关系和数量关系是否发生变化，并说明理由． （3）如图3，将（2）中的等腰直角三角形变为普通等腰三角形，其他条件不变，请直接判断（2）中与的位置关系和数量关系是否仍然成立． 【答案】（1）① ；② ；（2）与的位置关系和数量关系没有发生变化，见分析；（3）与的数量关系没有发生变化；位置关系不是垂直关系； 【分析】（1）根据题意证明，再根据全等可得，，即可求解； （2）根据题意证明，设与交于点，再根据全等可得，，即可求解； （3）根据题意证明，设与交于点，再根据全等可得，即可求解； 解：（1）理由：延长交于点，如图 在和中， ∴ ∵ ∴ ∴， ∴ 故答案为： ① ；②； （2）由题意得， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴，， ∴， 设与交于点；如图；          ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴与的位置关系和数量关系没有发生变化； （3）设， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴，， ∴， 设与交于点；如图； ∴， ∵， ∴， ∴， ∴不垂直， ∴与的数量关系没有发生变化；位置关系不是垂直关系； 【点拨】本题考查等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握手拉手模型，是解题的关键. 【变式3】（25-26八年级上·河南新乡·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）在等边三角形中，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为______，并加以说明． （2）如图，在等腰中，，，，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见分析；②，见分析；（2）． 【分析】（1）①如图，过点作，交于点，易证是等边三角形，得出，证明，得出，即可得出结论； ②如图，过点作，交于点，易证是等边三角形，得出，证明，得出，即可得出结论； （2）先根据等边的性质结合三角形的内角和定理和外角的性质推出，再如图，在上截取，连接，易证是等边三角形，证明，得出，即可得出结论． 解：（1）解：①证明：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 证明：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） 证明：∵是等边三角形， ∴，． 又∵， ∴，， ∴， ∵在中，， ∴， ∵，， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴， 如图，在上截取，连接， ∴是等边三角形， ∴，． ∴，即． ∵在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点拨】本题是三角形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，三角形全等的性质和判定，三角形外角的性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键． 三.同步检测 （一）选择题（4题） 1．（24-25八年级上·河南焦作·期中）如图，D为等腰三角形内一点，，，，，则的度数为（   ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，先根据证明，得出，然后根据证明，即可得出结论． 解：连接，    在和中， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴， 故选：D． 2．（24-25八年级下·安徽宿州·月考）已知点C在线段上，分别以为边作等边三角形和等边三角形，连接与相交于点N，连接与相交于点M，连接，则以下结论①；②；③；④是等边三角形，正确的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【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，根据等边三角形的性质，证明，根据全等三角形的性质，三角形的内角和定理，等边三角形的判定方法，逐一进行判断即可． 解：∵等边三角形和等边三角形， ∴， ∵点C在线段上， ∴，， ∴， ∴，；故①正确； ∵， ∴；故②正确； ∴， ∵， ∴是等边三角形，故④正确； ∵，， ∴， ∴；故③正确； 故选D 3．（25-26八年级上·湖北荆门·期中）如图，C为线段AE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．以下六个结论：①；②；③；④平分；⑤是等边三角形；⑥．正确的个数是（   ） A．3个 B．4个 C．5个 D．6个 【答案】B 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，综合性较强．先证明，则，再推出，即可证明，得，，再利用三角形全等的判定和性质以及等边三角形的知识分别进行证明即可得出答案． 解：∵和为等边三角形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，， 故③正确； 又∵， ∴为等边三角形， 故⑤正确； ∴， ∴， 故②正确； ∵，， ∴， ∴， 故①错误； 如图，在上截取，连接， ∵， ∴，，， ∴， ∴，， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 故⑥正确； ∵不一定垂直， ∴不一定等于， ∴不一定等于， ∴不一定平分， 故④错误； 综上所述，正确的有②③⑤⑥，一共4个． 故选：B． 4．（24-25八年级上·福建莆田·月考）小王在探究等边三角形“手拉手”问题，得出以下四个结论． （1）如图1，已知，均为等边三角形，点在线段上，且不与点、点重合，连接，则； （2）已知条件同（1），则； （3）如图2，已知，均为等边三角形，点在内部，连接、，则、、三点共线； （4）如图3，已知为等边三角形，点在外，并且与点位于线段的异侧，连接、．若，则． 以上结论正确的共有几个（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【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，掌握等边三角形“手拉手”问题的解题思路是解题关键．根据等边三角形的性质证明，再进一步求解证明即可． 解：（1），均为等边三角形， ，，，， ，即， 在和中， ， ，结论正确； （2）， ， ， ， ，结论正确； （3）同理可证， ， ， 若， 则，即、、三点共线， 而题干中没有给出，无法证明，结论错误； （4）如图，在上取点，使得， 是等边三角形， 同理可证， ， ，结论正确； 结论正确的共有个， 故选：C． （2） 填空题（4题） 5．（24-25七年级下·陕西咸阳·月考）如图，在等腰三角形 与等腰三角形 中，，连接 交于点 ，则 的度数为_____________． 【答案】/度 【分析】本题主要考查等腰三角形的性质，全等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．已知等腰三角形 与等腰三角形 ，，，推出，进而证明，得出，根据，得出，进而得出，推出，得到，则． 解：在等腰三角形 与等腰三角形 ， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 6．（24-25八年级上·吉林长春·月考）如图，在中，，分别以、为边在内部作等腰三角形、，点恰好在边上，使，，且，连接，，，的面积为，则的面积为_______． 【答案】10 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的面积，证明是解题的关键．证明，由全等三角形的性质得出，过点作于点，由三角形的面积求出的长，则可得出答案． 解：， ， 在和中， ， ， ， ， ， 过点作于点， ， ， ， ． 故答案为：10． 7．（24-25七年级下·陕西榆林·期末）如图，和均为等腰三角形，，，点在线段上（与不重合），连接，若，，则的长为____________． 【答案】10 【分析】本题考查全等三角形的判定与性质．先根据已知条件得出，再证明得出，最后根据已知条件得出结果． 解：∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴． 故答案为：10． 8．（25-26八年级上·北京·月考）如图，D为等腰三角形内一点，，，，，则的度数为______°． 【答案】31 【分析】本题考查了等腰三角形的定义，全等三角形的判定与性质，先根据证明，得出，然后根据证明，即可得出结论． 解：连接，    在和中， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴， 故答案为：31． （3） 解答题（5题） 9．（25-26八年级上·福建龙岩·月考）新定义：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，若与都是等腰三角形，其中，则． （1）如图1，若与均为等腰直角三角形，， ①求证：； ②猜想：线段的数量关系是 ，位置关系是 ． （2）在（1）的条件下，若点A，E，D在同一直线上，为中边上的高， ①的度数为 ②线段之间的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）①见分析；②；（2）①；②，证明见分析 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，熟知全等三角形的性质与判定定理是解题的关键． （1）①利用即可证明；②延长交于F，设交于G，由全等三角形的性质可得，再导角可证明，据此可得答案； （2）①根据（1）②的结论可得答案；②同理可证明，则，由三线合一定理可得，证明是等腰直角三角形，得到，则，据此可得． 解：（1）解：①∵与均为等腰直角三角形，， ∴， 在和中， ， ∴； ②如图所示，延长交于F，设交于G， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：①同（1）②可证明， ∵A、E、D三点共线， ∴； ②，证明如下： 同理可证明， ∴， ∵是等腰直角三角形，， ∴， ∵为中边上的高， ∴，是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵， ∴． 10．（25-26八年级上·北京·期中）小明同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，若它们的顶角具有公共的顶点，并当把它们底角的顶点连接起来时会形成一组全等的三角形，小明把具有这种规律的图形称为“手拉手”图形． （1）【问题发现】如图1．在和中．，连接，当点落在边上，且三点共线时，则在这个“手拉手”图形中，可得的度数为，请证明这个结论； （2）【拓展探究】如图2，若和均为等边三角形，点在同一条直线上，连接，求的度数． 【答案】（1）证明见分析；（2）的度数为 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，三角形内角和定理，利用手拉手模型证明三角形全等是解题的关键． （1）利用证明得到，再由三角形内角和定理可得； （2）先由等边三角形的性质得到，再证明，并求出；进一步证明，得到，则． 解：（1）证明：在和中， ， ， ， 又， ； （2）解：和均为等边三角形， ， ，即， ， ， 在和中， ， ， ， ． 11．（25-26八年级上·江苏苏州·期末）【手拉手模型】由两个顶角相等且有公共顶角顶点的等腰三角形组成的图形，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，这种模型称为“手拉手模型”． （1）如图1，在△和△中，，，，连接、，当点落在边上，且、、三点共线时，与△全等的三角形是 ，的度数为 ． （2）如图2，已知△和△为等腰直角三角形，其中，连接、，线段和交于点． ①证明：且； ②如图3，连接、，过点作，垂足为，垂线交于点，请你判断和的数量关系 ，并说明理由． 【答案】（1）△，；（2）①见分析；②，理由见分析 【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，等腰直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键． （1）利用证明△△，得出，结合三角形外角的性质即可得出，即可求解； （2）①利用证明△△，得出，，然后利用直角三角形的性质即可得出； ②过点作于点，过点作延长线于点，根据垂直的定义得到，根据余角的性质得到，根据全等三角形的判定定理得到△△，同理：△△，求得，根据全等三角形的性质得到． 解：（1）解：如图1中， 在△和△中， ， △△， ， ， ， 故答案为：△，； （2）①证明：△和△均为等腰直角三角形，， ，， ， ， 在△和△中， ， △△， ，， ， ； ②，理由如下： 过点作于点，过点作延长线于点， ，，， ， 在△中， ， ， ， 在△和△中， ， △△， 同理：△△， ，， ， 在△和△中， ， △△， ． 12．（24-25八年级上·黑龙江哈尔滨·期中）我们把有公共顶点且形状相同的两个三角形组成的图形称为“手拉手”图形．数学兴趣小组的几名同学对“手拉手”图形进行了探究． （1）初步探究：如图，与的顶点重合，，，，连接，他们通过测量发现在和绕点转动的过程中，，请你证明他们的结论； （2）大胆猜想：如图，在（）的条件下，连接，他们猜想的面积与的面积相等，请证明他们的猜想是正确的； （3）拓展延伸：如图，在（）的条件下，当时，延长交于点，，的面积为，求的长度． 【答案】（1）证明见分析；（2）他们的猜想正确，证明见分析；（3）． 【分析】（）由，得到，根据全等三角形的判定和性质定理即可得到结论； （）过作于，过作交延长线于点，根据余角的性质得到，证明，根据性质得，然后由，，，即可得到结论； （）过作交的延长线于，根据余角的性质得到，证明，根据性质得，，再证明，则有，又，即，求出，再根据线段和差得出，从而求解； 本题考查了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，掌握知识点的应用及正确地作出辅助线是解题的关键． 解：（1）证明：∵， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴； （2）证明：过作于，过作交延长线于点，则， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，，， ∴； （3）解：过作交的延长线于， ∴， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∵，即， ∴（负值舍去）， ∵， ∴， ∴． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题 4.8 三角形全等经典模型——手拉手（模型梳理+题型精析+同步检测） 目录 一.模型梳理 1 （一）定义： 1 （二）常见的模型及证法 1 ①基本图形 1 ②等边三角形手拉手模型 2 ③正方形手拉手模型 2 二.题型精析 2 【题型1】证明手拉手基本模型 2 【题型2】证明等边三角形手拉手基本模型 3 【题型3】证明正方形手拉手基本模型 4 【题型4】等腰三角形手拉手模型 5 【题型5】手拉手模型综合应用 7 三.同步检测 9 （一）选择题（4题） 9 （二）填空题（4题） 10 （三）解答题（5题） 11 一.模型梳理 （一）定义： 两个有公共顶点的三角形，将其中一个三角形绕公共顶点旋转一定角度后，能与另一个三角形重合，连接对应顶点形成的线段，所构成的几何模型称为手拉手模型。 （二）常见的模型及证法 ①基本图形 条件 基本图形 结论及证明思路 如图，AB=AD，AC=AE（四线共点，两两相等）且（夹角相等） 结论： ②等边三角形手拉手模型 条件 基本图形 结论及证明思路 如图，和都是等边三角形， 连接AD交CE于点N，连接BE交AC于点M. （1） （2） （3） （4）是等边三角形 ③正方形手拉手模型 条件 基本图形 结论及证明思路 如图，四边形ABCD和四边形ECGF都是正方形，连接DG、BE交于点H. 二.题型精析 【题型1】证明手拉手基本模型 【例题1】（25-26八年级上·浙江嘉兴·期中）阅读并填空： 如图，，，，则，请说明理由． 解：∵， ∴___________________， 即， 在和中，， ∴，（__________）， 解：__________；__________；__________． 【变式1】（25-26八年级上·贵州黔东南·月考）如图，在和中，，，，则下列结论错误的是（   ） A．与不全等 B． C． D． 【变式2】（2024八年级上·全国·专题练习）如图，在和中，，，如果由“”可以判定，则需补充条件____________． 【变式3】（24-25八年级上·浙江宁波·开学考试）如图所示，已知，，． （1）求证：； （2）若，求的度数． 【题型2】证明等边三角形手拉手基本模型 【例题2】（24-25八年级上·甘肃武威·月考）如图所示，△ABC和△ADE都是等边三角形，且点B、A、E在同一直线上，连接BD交AC于M，连接CE交AD于N，连接MN． （1）求证：BD=CE； （2）求证：△ABM≌△ACN； （3）求证：△AMN是等边三角形． 【变式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（    ）    A．∠AOB=60° B．AP=BQ C．PQ∥AE D．DE=DP 【变式2】如图，△ABC和△EBD都是等边三角形，连接AE，CD．求证：AE＝CD． 【变式3】如图，C为线段上一动点（不与点A、E重合），在同侧分别作正和正，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；⑤． 恒成立的结论有 ___________．（把你认为正确的序号都填上） 【题型3】证明正方形手拉手基本模型 【例题3】（24-25八年级下·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】如图已知四边形和四边形都是正方形，且，连接，． （1）求证： （2）连接，若，，求的度数． 【变式2】如图，两个正方形ABCD与DEFG，连结AG，CE，二者相交于点H． （1）证明：△ADG≌△CDE； （2）请说明AG和CE的位置和数量关系，并给予证明； （3）连结AE和CG，请问△ADE的面积和△CDG的面积有怎样的数量关系？并说明理由． 【题型4】等腰三角形手拉手模型 【例题4】在学习全等三角形知识时，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探究： （1）如图1，两个等腰三角形和中，，，，连接、，如果把小等腰三角形的腰长看作小手，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，这个就是“手拉手模型”，在这个模型中，和全等的三角形是______，此线和的数量关系是______． （2）如图2，两个等腰直角三角形和中，，，，连接、，两线交于点，请判断线段和的关系，并说明理由． 【变式1】（24-25七年级下·陕西榆林·期末）如图，和均为等腰三角形，，，点在线段上（与不重合），连接，若，，则的长为____________． 【变式2】（24-25七年级下·陕西西安·期末）如图，在等腰三角形中，，点为右侧一点，连接，，，点是上一点，连接，．若，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【变式3】（24-25七年级下·陕西西安·月考）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． 【题型5】手拉手模型综合应用 【例题5】（24-25七年级下·山东烟台·期末）“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． 【变式1】（25-26八年级上·四川德阳·期末）已知：如图，在，中，，，，C，D，E三点在同一条直线上，连接．以下四个结论：①；②；③；④．其中错误的个数是（   ）． A． B． C． D． 【变式2】（25-26八年级上·山西朔州·期中）综合与探究 问题背景：和为等腰直角三角形，，，，连接． 问题初探： （1）如图1，当B，E，C三点在同一条直线上时， ①与的位置关系为_________． ②与的数量关系为_________． 拓展探究： （2）如图2，当B，E，C三点不在同一条直线上时，与交于点F，试判断（1）中与的位置关系和数量关系是否发生变化，并说明理由． （3）如图3，将（2）中的等腰直角三角形变为普通等腰三角形，其他条件不变，请直接判断（2）中与的位置关系和数量关系是否仍然成立． 【变式3】（25-26八年级上·河南新乡·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）在等边三角形中，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为______，并加以说明． （2）如图，在等腰中，，，，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） 三.同步检测 （一）选择题（4题） 1．（24-25八年级上·河南焦作·期中）如图，D为等腰三角形内一点，，，，，则的度数为（   ）    A． B． C． D． 2．（24-25八年级下·安徽宿州·月考）已知点C在线段上，分别以为边作等边三角形和等边三角形，连接与相交于点N，连接与相交于点M，连接，则以下结论①；②；③；④是等边三角形，正确的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 3．（25-26八年级上·湖北荆门·期中）如图，C为线段AE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．以下六个结论：①；②；③；④平分；⑤是等边三角形；⑥．正确的个数是（   ） A．3个 B．4个 C．5个 D．6个 4．（24-25八年级上·福建莆田·月考）小王在探究等边三角形“手拉手”问题，得出以下四个结论． （1）如图1，已知，均为等边三角形，点在线段上，且不与点、点重合，连接，则； （2）已知条件同（1），则； （3）如图2，已知，均为等边三角形，点在内部，连接、，则、、三点共线； （4）如图3，已知为等边三角形，点在外，并且与点位于线段的异侧，连接、．若，则． 以上结论正确的共有几个（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 （2） 填空题（4题） 5．（24-25七年级下·陕西咸阳·月考）如图，在等腰三角形 与等腰三角形 中，，连接 交于点 ，则 的度数为_____________． 6．（24-25八年级上·吉林长春·月考）如图，在中，，分别以、为边在内部作等腰三角形、，点恰好在边上，使，，且，连接，，，的面积为，则的面积为_______． 7．（24-25七年级下·陕西榆林·期末）如图，和均为等腰三角形，，，点在线段上（与不重合），连接，若，，则的长为____________． 8．（25-26八年级上·北京·月考）如图，D为等腰三角形内一点，，，，，则的度数为______°． （3） 解答题（5题） 9．（25-26八年级上·福建龙岩·月考）新定义：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，若与都是等腰三角形，其中，则． （1）如图1，若与均为等腰直角三角形，， ①求证：； ②猜想：线段的数量关系是 ，位置关系是 ． （2）在（1）的条件下，若点A，E，D在同一直线上，为中边上的高， ①的度数为 ②线段之间的数量关系，并说明理由． 10．（25-26八年级上·北京·期中）小明同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，若它们的顶角具有公共的顶点，并当把它们底角的顶点连接起来时会形成一组全等的三角形，小明把具有这种规律的图形称为“手拉手”图形． （1）【问题发现】如图1．在和中．，连接，当点落在边上，且三点共线时，则在这个“手拉手”图形中，可得的度数为，请证明这个结论； （2）【拓展探究】如图2，若和均为等边三角形，点在同一条直线上，连接，求的度数． 11．（25-26八年级上·江苏苏州·期末）【手拉手模型】由两个顶角相等且有公共顶角顶点的等腰三角形组成的图形，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，这种模型称为“手拉手模型”． （1）如图1，在△和△中，，，，连接、，当点落在边上，且、、三点共线时，与△全等的三角形是 ，的度数为 ． （2）如图2，已知△和△为等腰直角三角形，其中，连接、，线段和交于点． ①证明：且； ②如图3，连接、，过点作，垂足为，垂线交于点，请你判断和的数量关系 ，并说明理由． 12．（24-25八年级上·黑龙江哈尔滨·期中）我们把有公共顶点且形状相同的两个三角形组成的图形称为“手拉手”图形．数学兴趣小组的几名同学对“手拉手”图形进行了探究． （1）初步探究：如图，与的顶点重合，，，，连接，他们通过测量发现在和绕点转动的过程中，，请你证明他们的结论； （2）大胆猜想：如图，在（）的条件下，连接，他们猜想的面积与的面积相等，请证明他们的猜想是正确的； （3）拓展延伸：如图，在（）的条件下，当时，延长交于点，，的面积为，求的长度． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $