全等三角形之手拉手模型和半角模型
专题 全等三角形模型——手拉手模型与半角模型(解析版)
全等三角形模型——手拉手模型与半角模型手拉手模型特点：由两个等顶角的等腰三角形所组成，并且顶角的顶点为公共顶点，如图所示结论：（1）△ABD ≌△AEC（2）∠α+∠BOC=180°（3）OA 平分∠BOC变形：1.如图，以ABC D 的边AB ，AC 为边，向外作等边ABD D 和等边ACE D ，连接BE ，CD 相交于点F ．（1）求证：DC BE =．（2）求DFE Ð的度数．（3）求证：FA 平分DFE Ð．（4）求证：DF AF BF =+．【分析】（1）根据等边三角形的性质和全等三角形的判定和性质得出DC BE =即可；（2）根据全等三角形的性质和角的关系得出120DFE Ð=°即可；（3）过点A 作AP DC ^于P ，AQ BE ^于Q ，根据三角形面积公式和角平分线的性质解答即可；（4）在DF 上截取DM BF =，连接AM ，根据全等三角形的判定和性质解答即可．【解答】证明：（1）ABD D Q 和ACE D 是等边三角形，AD AB \=，AE AC =，60DAB EAC AEC ACE Ð=Ð=Ð=Ð=°，DAB BAC EAC BAC \Ð+Ð=Ð+Ð，即DAC BAE Ð=Ð，在DAC D 与BAE D 中，AD AB DAC BAE AC AE =ìïÐ=Ðíï=î，()DAC BAE SAS \D @D ，DC BE \=；（2）DAC BAE D @D Q ，ADF ABF \Ð=Ð，AGD FGB Ð=ÐQ ，60BFG DAG \Ð=Ð=°，120DFE \Ð=°；（3）过点A 作AP DC ^于P ，AQ BE ^于Q ，DAC BAE D @D Q ，\1122DAC BAE S DC AP S BE AQ D D =×==×，DC BE =Q ，AP AQ \=，AP DC ^Q ，AQ BE ^，FA \平分DFE Ð；（4）在DF 上截取DM BF =，连接AM ，在ADM D 与ABF D 中，AD AB ADM ABF DM BF =ìïÐ=Ðíï=î，()ADM ABF SAS \D @D ，AM AF \=，DAM BAF Ð=Ð，60DAB Ð=°Q ，60DAM MAG \Ð+Ð=°，60BAF MAG \Ð+Ð=°，即60MAF Ð=°，AMF \D 是等边三角形，MF AF \=，DF DM MF AF BF \=+=+．2.等边ABD D 和等边BCE D 如图所示，连接AE 与CD ，证明：（1）AE DC =；（2）AE 与DC 的夹角为60°；（3）AE 延长线与DC 的交点设为H ，求证：BH 平分AHC Ð．【分析】（1）根据ABD D 和BCE D 都是等边三角形，即可得到()ABE DBC SAS D @D ，进而得出AE DC =；（2）根据全等三角形的性质以及三角形内角和定理，即可得到ADH D 中，60AHD Ð=°，进而得到AE 与DC 的夹角为60°；（3）过B 作BF DC ^于F ，BG AH ^于G ，根据全等三角形的面积相等，即可得到BG BF =，再根据BF DC ^于F ，BG AH ^于G ，可得BH 平分AHC Ð．【解答】证明：（1）ABD D Q 和BCE D 都是等边三角形，AB DB \=，EB CB =，ABD EBC Ð=Ð，ABE DBC \Ð=Ð，在ABE D 和DBC D 中，AB DB ABE DBC EB CB =ìïÐ=Ðíï=î，()ABE DBC SAS \D @D ，AE DC \=；（2）ABE DBC D @D Q ，BAE BDC \Ð=Ð，又120BAE HAD ADB Ð+Ð+Ð=°Q ，120BDC HAD ADB \Ð+Ð+Ð=°，ADH \D 中，18012060AHD Ð=°-°=°，即AE 与DC 的夹角为60°；（3）如图，过B 作BF DC ^于F ，BG AH ^于G ，ABE DBC D @D Q ，ABE DBC S S D D \=，即1122AE BG DC BF ´=´，又AE DC =Q ，BG BF \=，又BF DC ^Q 于F ，BG AH ^于G ，BH \平分AHC Ð．3.（2021春•宁阳县期末）如图两个等腰直角ADC D 与EDG D ，90ADC EDG Ð=Ð=°，连接AG ，CE 交于点H ．证明：（1）AG CE =；（2）AG CE ^．【分析】（1）由两个等腰直角ADC D 与EDG D ，可得AD CD =，DG DE =，90ADC GDE Ð=Ð=°，进而得出ADG CDE Ð=Ð，然后由SAS 即可判定ADG CDE D @D ，进而可得结论；（2）根据全等三角形的性质则可证得DAG DCE Ð=Ð，再根据直角三角形的两锐角互余进而证出90CHA Ð=°即可得解．【解答】解：（1）证明：ADC D Q 与EDG D 是等腰直角三角形，AD CD \=，DG DE =，且90ADC GDE Ð=Ð=°，ADC CDG GDE CDG \Ð+Ð=Ð+Ð，即ADG CDE Ð=Ð，在ADG D 与CDE D 中，AD CD ADG CDEDG DE =ìïÐ=Ðíï=î，()ADG CDE SAS \D @D ，AG CE \=；（2）证明：设CD 与AG 相交于点P ，由（1）知，ADG CDE D @D，DAG DCE \Ð=Ð，90ADC Ð=°Q ，90DAG APD \Ð+Ð=°，APD CPH Ð=ÐQ ，90DCE CPH \Ð+Ð=°，90CHP \Ð=°，AG CE \^．4.如图，两个等腰Rt ADC D 与Rt EDG D ，连接AG ，CE 交于点H ，连接HD ．求证：AHD EHD Ð=Ð．【分析】由“SAS ”可证ADG CDE D @D ，可得AG CE =，ADG CDE S S D D =，由面积公式可得DN DM =，由角平分线的判定定理可得结论．【解答】证明：如图，过点D 作DN AG ^于N ，DM CE ^于M ，90ADC GDE Ð=Ð=°Q ，ADG EDC \Ð=Ð，在ADG D 和CDE D 中，AD CD ADG CDE DG DE =ìïÐ=Ðíï=î，()ADG CDE SAS \D @D ，AG CE \=，ADG CDE S S D D =，\1122AG DN CE DM ´´=´´，DN DM \=，又DN AG ^Q ，DM CE ^，AHD EHD \Ð=Ð．5.如图，两个正方形ABCD 和DEFG ，连接AG 与CE ，二者相交于H ．问：（1）求证：ADG CDE D @D ．（2）AG 与CE 的关系？并说明理由．（3）求证：HD 平分AHE Ð．【分析】（1）由四边形ABCD 与DEFG 是正方形，可得AD CD =，90ADC GDE Ð=Ð=°，进而得出ADG CDE Ð=Ð，DG DE =，然后由SAS 即可判定ADG CDE D @D ；（2）根据全等三角形的性质则可证得AG CE =，DAG DCE Ð=Ð，进而证出90CHA Ð=°即可；（3）根据全等三角形的性质和三角形的面积解答即可．【解答】（1）证明：Q 四边形ABCD 和四边形DEFG 是正方形，AD CD \=，DG DE =，且90ADC GDE Ð=Ð=°，ADG CDE \Ð=Ð，在ADG D 与CDE D 中，AD CD ADG CDE DG DE =ìïÐ=Ðíï=î，()ADG CDE SAS \D @D ，（2）解：AG CE =，AG CE ^，理由如下：由（1）得：ADG CDE D @D ，AG CE \=，DAG DCE Ð=Ð，DCE CHA DAG ADC Ð+Ð=Ð+ÐQ ，90CHA ADC \Ð=Ð=°，AG CE \^；（3）证明：过点D 作DM AG ^于M ，DN CE ^于N ，如图：ADG CDE D @D Q ，DCE ADG S S D D \=，\1122CE DN AG DM ´´=´´，DM DN \=，MD AG ^Q ，DN CE ^，DH \平分AHE Ð．6.（2021秋•南岗区校级期中）已知：AB AC =，AD AE =，BAC DAE Ð=Ð．（1）如图1，求证：BD CE =；（2）如图2，当60BAC Ð=°时，BD 、CE 交于点P ，连接PA ，求证：PB PC PA -=；（3）如图3，在（2）的条件下，过E 作EH PA ^于H ，在PE 上取点F ，连接FH 并延长至G ，使GH FH =，连接GE ，若2HGE HEG Ð=Ð，求EHF Ð的度数．【分析】（1）证明BAD CAE D @D 即可；（2）作AF BD ^，AG CE ^，截取PH PA =，证明ABF ACG D @D ，可推出60APF APG Ð=Ð=°，从而可证ACH ABP D @D ，进而得证；（3）作HQ CE ^于Q ，作HM GH =交GE 于M ，作MN AE ^于N ，证明HQF ENM D @D ，可推出15AEG Ð=°，进而求得结果．【解答】（1）证明：如图1，BAC DAE Ð=ÐQ ，BAC CAD DAE CAD \Ð+Ð=Ð+Ð，BAD CAE \Ð=Ð，AB AC =Q ，AD AE =，()BAD CAE SAS \D @D ，BD CE \=；（2）证明：如图2，设AC 与PB 交于I ，作AF BD ^于F ，AG CE ^于G ，在PE 上截取PH PA =，90AFB AGC \Ð=Ð=°，由（1）知：BAD CAE D @D ，B C \Ð=Ð，PIC AIB Ð=ÐQ ，60CPF BAC \Ð=Ð=°，AB AC =Q ，()AFB AGC AAS \D @D ，AF AG \=，11(180)(18060)6022APF APG CPF \Ð=Ð=°-Ð=°-°=°，PAH \D 是等边三角形，60AHC \Ð=°，AHC APB \Ð=Ð，()ABP ACH AAS \D @D ，PB CH PC PH PC PA \==+=+，即：PB PC PA -=；（3）解：如图3，作HQ CE ^于Q ，作HM GH =交GE 于M ，作MN AE ^于N ，90HQF MNE \Ð=Ð=°，AMG G Ð=Ð，2G AEG Ð=ÐQ ，2AMG AEG \Ð=Ð，AMG AEG EHM Ð=Ð+ÐQ ，AEG EHM \Ð=Ð，MH ME \=，12EN AN EH \==，GH FH =Q ，ME FH \=，PH HE ^Q ，90PHE \Ð=°，由（2）知：60APF Ð=°，30HEP \Ð=°，12HQ EH \=，HQ NE \=，()HQF ENM HL \D @D ，AEG QHF \Ð=Ð，EHF G AEG Ð=Ð+ÐQ ，3FHE AEG \Ð=Ð，4QHE QHF FHE AEG \Ð=Ð+Ð=Ð，90HQE \Ð=°，30HEP Ð=°，60HQE \Ð=°，460AEG \Ð=°，15AEG \Ð=°，345EHF AEG \Ð=Ð=°．7.（2021秋•天河区期末）ABC D 是等边三角形，点D 是AC 边上动点，(030)CBD ααÐ=°<<°，把ABDD 沿BD 对折，得到△A BD ¢．（1）如图1，若15α=°，则CBA Т= ．（2）如图2，点P 在BD 延长线上，且DAP DBC αÐ=Ð=．①试探究AP ，BP ，CP 之间是否存在一定数量关系，猜想并说明理由．②若10BP =，CP m =，求CA ¢的长．（用含m 的式子表示）【分析】（1）由ABC D 是等边三角形知，60ABC Ð=°，由15CBD αÐ==°，知A BD ABD ABC α¢Ð=Ð=Ð-，2602CBA A BD ABC ααα¢¢Ð=Ð-=Ð-=°-，代入α值即可；（2）①连接CP ，在BP 上取一点P ¢，使BP AP ¢=，根据SAS 证△BP C APC ¢@D ，得CP CP ¢=，再证CPP ¢D 是等边三角形，即可得出BP AP CP =+；②先证180BCP BCA ¢Ð+Ð=°，即A ¢、C 、P 三点在同一直线上，得出PA PC CA ¢¢=+，根据SAS 证ADP D @△A DP ¢，得出A P AP ¢=，即可求出CA ¢的值．【解答】解：（1）ABC D Q 是等边三角形，60ABC \Ð=°，CBD αÐ=Q ，A BD ABD ABC α¢\Ð=Ð=Ð-，2602CBA A BD ABC ααα¢¢\Ð=Ð-=Ð-=°-，15α=°Q ，6021530CBA ¢\Ð=°-´°=°，故答案为：30°；（2）①BP AP CP =+，理由如下：连接CP ，在BP 上取一点P ¢，使BP AP ¢=，ABC D Q 是等边三角形，60ACB \Ð=°，BC AC =，DAP DBC αÐ=Ð=Q ，\△()BP C APC SAS ¢@D ，CP CP ¢\=，BCP ACP ¢Ð=Ð，60PCP ACP ACP BCP ACP ACB ¢¢¢¢\Ð=Ð+=Ð+Ð=Ð=°，CP CP ¢=Q ，CPP ¢\D 是等边三角形，60CPB \Ð=°，PP CP ¢=，BP BP PP AP CP ¢¢\=+=+，即BP AP CP =+；②如下图，由①知，60BPC Ð=°，180********BCP BPC PBC αα\Ð=°-Ð-Ð=°-°-=°-，由（1）知，602CBA α¢Ð=°-，由折叠知，BA BA ¢=，BA BC =Q ，BA BC ¢\=，11(180)[180(602)]6022BCA CBA αα¢¢\Ð=°-Ð=°-°-=°+，12060180BCP BCA αα¢\Ð+Ð=°-+°+=°，\点A ¢、C 、P 在同一直线上，即PA PC CA ¢¢=+，由折叠知，BA BA ¢=，ADB A DB ¢Ð=Ð，180180ADB A DB ¢\°-Ð=°-Ð，ADP A DP ¢\Ð=Ð，DP DP =Q ，ADP \D @△()A DP SAS ¢，A P AP ¢\=，由①知，BP AP CP =+，10BP =Q ，CP m =，10AP BP CP m \=-=-，10A P AP m ¢\==-，10102CA A P CP m m m ¢¢\=-=--=-．半角模型图形中，往往出现90°套45°的情况，或者120°套60°的情况。
专题01 旋转中的三种全等模型(手拉手、半角、对角互补模型)(解析版)
专题01 旋转中的三种全等模型（手拉手、半角、对角互补模型）本专题重点分析旋转中的三类全等模型（手拉手、半角、对角互补模型），结合各类模型展示旋转中的变与不变，并结合经典例题和专项训练深度分析基本图形和归纳主要步骤，同时规范了解题步骤，提高数学的综合解题能力。
模型1.手拉手模型【模型解读】将两个三角形（或多边形）绕着公共顶点旋转某一角度后能完全重合，则这两个三角形构成手拉手全等，也叫旋转型全等。
其中：公共顶点A记为“头”，每个三角形另两个顶点逆时针顺序数的第一个顶点记为“左手”，第二个顶点记为“右手”。
手拉模型解题思路：SAS型全等（核心在于导角，即等角加（减）公共角）。
1）双等边三角形型条件：△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。
结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠AFM=∠BCM=60°；④CF平分∠BFD。
2）双等腰直角三角形型条件：△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点N。
结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ANM=∠BCM=90°；④CN平分∠BND。
3）双等腰三角形型条件：△ABC 和△DCE 均为等腰三角形，C 为公共点；连接BE ，AD 交于点F 。
结论：①△ACD ≌△BCE ；②BE =AD ；③∠ACM =∠BFM ；④CF 平分∠AFD 。
4）双正方形形型条件：△ABCFD 和△CEFG 都是正方形，C 为公共点；连接BG ，ED 交于点N 。
结论：①△△BCG ≌△DCE ；②BG =DE ；③∠BCM =∠DNM=90°；④CN 平分∠BNE 。
例1．（2022·黑龙江·中考真题）ABC V 和ADE V 都是等边三角形．(1)将ADE V 绕点A 旋转到图①的位置时，连接BD ，CE 并延长相交于点P （点P 与点A 重合），有PA PB PC +=（或PA PC PB +=）成立；请证明．(2)将ADE V 绕点A 旋转到图②的位置时，连接BD ，CE 相交于点P ，连接PA ，猜想线段PA 、PB 、PC 之间有怎样的数量关系？并加以证明；(3)将ADE V 绕点A 旋转到图③的位置时，连接BD ，CE 相交于点P ，连接PA ，猜想线段PA 、PB 、PC 之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不需要证明．【答案】(1)证明见解析 (2)图②结论：PB PA PC =+，证明见解析 (3)图③结论：PA PB PC+=【分析】（1）由△ABC 是等边三角形，得AB =AC ，再因为点P 与点A 重合，所以PB =AB ，PC =AC ，PA =0，即可得出结论；（2）在BP 上截取BF CP =，连接AF ，证明BAD CAE V V ≌（SAS ），得ABD ACE Ð=Ð，再证明CAP BAF ≌△△（SAS ），得CAP BAF Ð=Ð，AF AP =，然后证明AFP V 是等边三角形，得PF AP =，即可得出结论；（3）在CP 上截取CF BP =，连接AF ，证明BAD CAE V V ≌（SAS ），得ABD ACE Ð=Ð，再证明BAP CAF ≌△△（SAS ），得出CAF BAP Ð=Ð，AP AF =，然后证明AFP V 是等边三角形，得PF AP =，即可得出结论：PA PB PF CF PC +=+=．(1)证明：∵△ABC 是等边三角形，∴AB =AC ，∵点P 与点A 重合，∴PB =AB ，PC =AC ，PA =0，∴PA PB PC +=或PA PC PB +=；(2)解：图②结论：PB PA PC=+证明：在BP 上截取BF CP =，连接AF ，∵ABC V 和ADE V 都是等边三角形，∴AB AC =，AD AE =，60BAC DAE Ð=Ð=°∴BAC CAD DAE CAD Ð+Ð=Ð+Ð，∴BAD CAE Ð=Ð，∴BAD CAE V V ≌（SAS ），∴ABD ACE Ð=Ð，∵AC =AB ，CP =BF ， ∴CAP BAF ≌△△（SAS ），∴CAP BAF Ð=Ð，AF AP =，∴CAP CAF BAF CAF Ð+Ð=Ð+Ð，∴60FAP BAC Ð=Ð=°，∴AFP V 是等边三角形，∴PF AP =，∴PA PC PF BF PB +=+=；(3)解：图③结论：PA PB PC +=，理由：在CP 上截取CF BP =，连接AF ，∵ABC V 和ADE V 都是等边三角形，∴AB AC =，AD AE =，60BAC DAE Ð=Ð=°∴BAC BAE DAE BAE Ð+Ð=Ð+Ð，∴BAD CAE Ð=Ð，∴BAD CAE V V ≌（SAS ），∴ABD ACE Ð=Ð，∵AB =AC ，BP =CF ，∴BAP CAF ≌△△（SAS ），∴CAF BAP Ð=Ð，AP AF =，∴BAF BAP BAF CAF Ð+Ð=Ð+Ð，∴60FAP BAC Ð=Ð=°，∴AFP V 是等边三角形，∴PF AP =，∴PA PB PF CF PC +=+=，即PA PB PC +=．【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质是解题的关键．例2．（2023·湖南·长沙市八年级阶段练习）如图1，在Rt △ABC 中，∠B ＝90°，AB ＝BC ＝4，点D ，E 分别为边AB ，BC 上的中点，且BD ＝BE ．(1)如图2，将△BDE 绕点B 逆时针旋转任意角度α，连接AD ，EC ，则线段EC 与AD 的关系是 ；(2)如图3，DE ∥BC ，连接AE ，判断△EAC 的形状，并求出EC 的长；(3)继续旋转△BDE ，当∠AEC ＝90°时，请直接写出EC 的长．例3．（2023·黑龙江·虎林市九年级期末）已知Rt △ABC 中，AC =BC ，∠ACB ＝90°，F 为AB 边的中点，且DF =EF ，∠DFE ＝90°，D 是BC 上一个动点．如图1，当D 与C 重合时，易证：CD 2＋DB 2＝2DF 2；（1）当D 不与C 、B 重合时，如图2，CD 、DB 、DF 有怎样的数量关系，请直接写出你的猜想，不需证明．（2）当D 在BC 的延长线上时，如图3，CD 、DB 、DF 有怎样的数量关系，请写出你的猜想，并加以证明．【答案】（1）CD 2+DB 2=2DF 2 ；（2）CD 2+DB 2=2DF 2，证明见解析【分析】（1）由已知得222DE DF =，连接CF ，BE ，证明CDF BEF D @D 得CD =BE ，再证明BDE D 为直角三角形，由勾股定理可得结论；（2）连接CF ，BE ，证明CDF BEF D @D 得CD =BE ，再证明BDE D 为直角三角形，由勾股定理可得结论．【详解】解：（1）CD 2+DB 2=2DF 2证明：∵DF =EF ，∠DFE ＝90°，∴222DF EF DE += ∴222DE DF = 连接CF ，BE ，如图∵△ABC 是等腰直角三角形，F 为斜边AB 的中点∴CF BF =，CF AB ^，即90CFB Ð=° ∴45FCB FBC Ð=Ð=°，90CFD DFB Ð+Ð=°又90DFB EFB Ð+Ð=° ∴CFD EFB Ð=Ð在CFD D 和BFE D 中CF BF CFD BFE DF EF =ìïÐ=Ðíï=î∴CFD D @BFED ∴CD BE =，45EBF FCB Ð=Ð=° ∴454590DBF EBF Ð+Ð=°+°=° ∴222DB BE DE +=∵CD BE =，222DE DF =∴CD 2+DB 2=2DF 2 ；（2）CD 2+DB 2=2DF 2 证明：连接CF 、BE∵CF =BF ，DF =EF 又∵∠DFC +∠CFE =∠EFB +∠CFB=90°∴∠DFC =∠EFB ∴△DFC ≌△EFB ∴CD =BE ，∠DCF =∠EBF =135°∵∠EBD =∠EBF －∠FBD =135°－45°=90° 在Rt △DBE 中，BE 2+DB 2=DE 2∵ DE 2=2DF 2 ∴ CD 2+DB 2=2DF 2【点睛】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、证明三角形全等是解决问题的关键，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．例4．（2022·青海·中考真题）两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来，则形成一组全等的三角形，把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形.(1)问题发现：如图1，若ABC V 和ADE V 是顶角相等的等腰三角形，BC ，DE 分别是底边.求证：BD CE =；(2)解决问题：如图2，若ACB △和DCE V 均为等腰直角三角形，90ACB DCE Ð=Ð=°，点A ，D ，E 在同一条直线上，CM 为DCE V 中DE 边上的高，连接BE ，请判断∠AEB 的度数及线段CM ，AE ，BE 之间的数量关系并说明理由.图1 图2【答案】(1)见解析 (2)90DCE Ð=°；2AE AD DE BE CM=+=+【分析】（1）先判断出∠BAD =∠CAE ，进而利用SAS 判断出△BAD ≌△CAE ，即可得出结论；（2）同（1）的方法判断出△BAD ≌△CAE ，得出AD =BE ，∠ADC =∠BEC ，最后用角的差，即可得出结论．【解析】(1)证明：∵ABC V 和ADE V 是顶角相等的等腰三角形，∴AB AC =，AD AE =，BAC DAE Ð=Ð，∴BAC CAD DAE CAD Ð-Ð=Ð-Ð，∴BAD CAE Ð=Ð．在BAD V 和CAE V 中，AB AC BAD CAE AD AE =ìïÐ=Ðíï=î，∴()BAD CAE SAS ≌△△，∴BD CE =．(2)解：90AEB =°∠，2AE BE CM =+，理由如下：由（1）的方法得，≌ACD BCE V V ，∴AD BE =，ADC BEC ÐÐ=，∵CDE △是等腰直角三角形，∴45CDE CED Ð=Ð=°，∴180135ADC CDE Ð=°-Ð=°，∴135BEC ADC Ð=Ð=°，∴1354590AEB BEC CED Ð=Ð-Ð=°-°=°．∵CD CE =，CM DE ^，∴DM ME =．∵90DCE Ð=°，∴DM ME CM ==，∴2DE CM =．∴2AE AD DE BE CM =+=+．【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形，等边三角形，等腰直角三角形的性质，判断出△ACD ≌△BCE 是解本题的关键．3）15°模型2.半角模型【模型解读】半角模型概念：过多边形一个顶点作两条射线，使这两条射线夹角等于该顶角一半思想方法：通过旋转构造全等三角形，实现线段的转化1）正方形半角模型条件：四边形ABCD是正方形，∠ECF=45°；结论：①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋DF；④D AEF的周长=2AB；⑤CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD。
人教版八年级英语 全等句子之手拉手模型和半角模型 专题讲义
人教版八年级英语全等句子之手拉手模
型和半角模型专题讲义
手拉手模型是英语句子中的一种结构模型，也称为“S+V+O”模型。
它由主语、谓语和宾语组成，是最简单的句子结构之一。
手拉手模型的构成如下：
- S（主语）：句子的主要承受者或动作执行者。
- V（谓语）：句子的动作或状态。
- O（宾语）：句子中接受动作的对象或受事者。
例如：I play soccer.（我踢足球。
）
在手拉手模型中，主语和谓语之间采用全角状态，即用中文符号表示。
谓语和宾语之间采用半角状态，即用英文符号表示。
半角模型是英语句子中另一种结构模型，也称为“SVO”模型。
它同样由主语、谓语和宾语组成。
半角模型的构成如下：
- S（主语）：句子的主要承受者或动作执行者。
- V（谓语）：句子的动作或状态。
- O（宾语）：句子中接受动作的对象或受事者。
例如：I play soccer.（我踢足球。
）
在半角模型中，主语和谓语之间，谓语和宾语之间都采用半角状态，即用英文符号表示。
手拉手模型和半角模型是英语句子的两种基本结构模型。
掌握这两种模型有助于理解和构建句子，提升英语写作和口语能力。
以上是关于人教版八年级英语全等句子之手拉手模型和半角模型的专题讲义。
希望对你的学习有所帮助！。
人教版八年级音乐 全等乐谱之手拉手模型和半角模型 专题讲义
人教版八年级音乐全等乐谱之手拉手模型和半角模型专题讲义简介本专题讲义介绍了人教版八年级音乐课程中的全等乐谱之手拉手模型和半角模型。
通过研究这些模型，学生可以更好地理解和演奏音乐。
全等乐谱之手拉手模型全等乐谱是一种音乐符号写法，用于表示乐曲中的相同节奏部分。
手拉手模型是其中的一种形式，通过两只手的互相对应来表示乐谱中的音符。
学生可以使用双手来模拟演奏全等乐谱中的乐谱部分，从而更好地理解音符之间的关系和演奏技巧。
半角模型半角模型是全等乐谱的另一种形式，它使用简化的音符符号来表示乐谱中的音符。
相比于手拉手模型，半角模型更为简洁，适合初学者理解和演奏音乐。
学生可以通过研究半角模型，快速掌握简单乐曲的演奏方法。
研究目标与意义研究全等乐谱之手拉手模型和半角模型有以下目标和意义：1. 帮助学生理解和记忆音乐中的乐谱符号和节奏。
2. 提高学生对音乐的感知和表现能力。
3. 培养学生的音乐练惯和团队合作意识。
教学方法和步骤教学全等乐谱之手拉手模型和半角模型可采用以下步骤：1. 教师简要介绍全等乐谱之手拉手模型和半角模型的概念和作用。
2. 将乐谱示例投影或分发给学生，让他们观察并理解手拉手模型和半角模型的符号表示。
3. 教师指导学生根据手拉手模型和半角模型，模拟演奏简单的乐曲。
4. 学生进行个人练，并在小组内互相演奏，加强团队合作和交流。
5. 教师进行集体演奏指导和评价，帮助学生改进演奏技巧。
课后拓展学生可以通过以下方式进行课后拓展：1. 自主研究更多全等乐谱的其他形式和应用场景。
2. 尝试演奏更复杂的乐曲，提升音乐技巧和演奏能力。
3. 参加学校或社区的音乐活动，展示所学的全等乐谱演奏技巧。
通过学习全等乐谱之手拉手模型和半角模型，学生可以更好地理解和演奏音乐，培养音乐练习习惯和团队合作意识，提高音乐表现能力。
此专题讲义将为学生在音乐学习中提供有益的指导和实践。
人教版八年级政治 全等制度之手拉手模型和半角模型 专题讲义
人教版八年级政治全等制度之手拉手模型和半角模型专题讲义本文档是关于人教版八年级政治课程中的全等制度之手拉手模型和半角模型的专题讲义。
下面将介绍这两种模型的定义、特点以及在教学中的作用。
一、全等制度之手拉手模型全等制度之手拉手模型是指在全等制度下，各个机关、部门、群团、个人之间形成了紧密的联系，彼此合作、相互协调，形成了合力，实现了全等制度的良好运行。
特点：- 合作协调：各个机关、部门、群团、个人之间通过沟通和协作，形成了紧密的联系，在工作中相互支持、协同合作，实现了工作的高效执行。
- 信息共享：全等制度之手拉手模型强调信息的共享与流通，通过及时传递相关信息，各方能够更好地了解并适应全等制度下的要求。
- 监督自律：各个机关、部门、群团、个人相互监督，自觉遵守全等制度的规定和要求，确保全等制度的有效运行和实施。
作用：- 提升效率：全等制度之手拉手模型可以促进各个机关、部门、群团、个人之间的合作与沟通，提供了高效率的工作平台，有利于任务的完成和目标的实现。
- 加强协同：通过全等制度之手拉手模型，不同部门之间能够充分协调合作，形成合力，共同应对各种问题和挑战。
- 推动发展：全等制度之手拉手模型能够促进信息共享和资源整合，提高组织的综合竞争力，进一步推动社会的发展和进步。
二、半角模型半角模型是在全等制度下，各个机关、部门、群团、个人之间的权力关系是相对平衡的，没有出现明显的主次关系，相互之间的权限和地位相对平等。
特点：- 权力平衡：半角模型中，各个机关、部门、群团、个人的权力地位相对平衡，不存在绝对的统治和被统治关系。
- 互相制衡：各个机关、部门、群团、个人之间通过相互制衡来按照全等制度的要求进行工作，相互约束，避免权力过度集中和滥用。
- 团结合作：半角模型注重团结和合作，通过互相支持和协作，实现共同的目标和任务。
作用：- 保障权益：半角模型能够确保各个机关、部门、群团、个人的权益得到平等的保护和尊重，在合法权益方面起到保障作用。
全等三角形之手拉手模型与半角模型
全等三角形%之手拉手模型与半角模型1手拉手模型 (2)定义 (2)任意等腰三角形下的手拉手模型 (3)等边三角形下的手拉手模型 (5)等腰直角三角形下的手拉手模型 (5)例题 (7)2半角模型 (10)定义 (10)半角模型解题思路 (11)半角模型1 （等边三角形内含半角）解题方法 (11)半角模型2 （等腰直角三角形内含半角）解题方法 (13)半角模型3 （正方形内含半角）解题方法 (14)例题 (15)手拉手模型如上图所示，手拉手模型是指有公共顶点（月）、顶角相等（Z3AGZCAD 二a ）的 两个等腰三角形（AABE, AB 二AE ： AACD, AC=AD ）,底边端点相互连接形成的全等三角 形模型（△月邂△宓）。
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。
说明：左、右手的定义左手 右手拉手的方式：左手拉左手，右手拉右手。
构成手拉手模型的3个条件: 1. 两个等腰三角形 2. 有公共顶点 3. 顶角相等1手拉手模型 1.1定义将等腰三角形顶角顶点朝上，正对我们, 我们左边为左手，右边为右手。
右手左手 右手全等三角形的构成方式：由“顶点+双方各一只手”构成：“顶点+左手+左手”，“顶点+右手+右手”。
搞清这一点，有助于我们快速找到全等三角形。
等腰三角形的底边QBE、CD｝不是必须的，可以不连接，所以图中用虚线表示。
这就是为什么做题时发现有时并不存在等腰三角形却仍然用手拉手模型的原因。
1.2任意等腰三角形下的手拉手模型下面，将给出一些重要结论，熟悉这些结论有助于我们快速解题。
需要强调的是, 这些结论不能直接用，需要证明，所以要记住以下每个结论的证明。
结论1： AABD^AAEC说明：这里的全等三角形的构成方式为“顶点+双方各一只手”构成。
D右手2证明.ZBAD = ZBAE + ZEAD•° ZEAC = ZCAD + ^EADZ.BAE=Z.CAD=a：・乙BAD = 4£AC（等角+公共角相等）•・•在△曲劝和△宓中AB = AE（已知）等腰< ZBAD = ZEAC（已证）等角+公共角AD = AC（已知）等腰：.iXABZ、AEC（SAS）结论2： BD=EC （左手拉左手等于右手拉右手）证明：•:'AEC结论3： a +Z磁=180°说明：Z万兀是手拉手形成的角，我们称0为“手拉手交点”。
全等三角形之手拉手模型与半角模型
全等三角形之手拉手模型与半角模型.docx全等三角形全等三角形是指两个三角形的所有对应边和对应角都相等。
在几何学中，我们可以通过手拉手模型和半角模型来证明两个三角形是否全等。
手拉手模型是一种直观的证明方法，它利用手指来模拟三角形的边和角度。
首先，我们将两个三角形的一个顶点对齐，然后将手指放在对应的边上，同时保持手指的角度相同。
如果我们可以通过这种方式将两个三角形完全重合，那么它们就是全等三角形。
半角模型则是一种更加精确的证明方法，它利用三角形的半角来判断它们是否全等。
在两个三角形的一个顶点处，我们将两个角度分别平分为两个半角，然后将半角对应的边对齐。
如果我们可以通过这种方式将两个三角形完全重合，那么它们就是全等三角形。
总之，全等三角形是几何学中非常重要的概念，它们具有相同的形状和大小。
通过手拉手模型和半角模型，我们可以轻松地判断两个三角形是否全等。
1.手拉手模型1.1 定义手拉手模型是一种解决三角形问题的方法，它利用三角形内部的相似三角形来求解。
1.2 任意等腰三角形下的手拉手模型在任意等腰三角形ABC中，连接AB和AC的中点D和E，连接BE和CD，交点为F。
则三角形DEF与三角形ABC 相似，且比例为1:4.1.3 等边三角形下的手拉手模型在等边三角形ABC中，连接AB和AC的中点D和E，连接BE和CD，交点为F。
则三角形DEF与三角形ABC相似，且比例为1:3.1.4 等腰直角三角形下的手拉手模型在等腰直角三角形ABC中，连接AB和AC的中点D和E，连接BE和CD，交点为F。
则三角形DEF与三角形ABC 相似，且比例为1:2.1.5 例题已知等腰直角三角形ABC中，AB=AC=4，BC=4√2，点D为BC的中点，连接AD和BD，交点为E。
求AE的长度。
解：连接BE和CD，交点为F。
由手拉手模型可知，三角形DEF与三角形ABC相似，且比例为1:2.因此，DE=2，EF=2√2，AF=2+2√2.又因为三角形ADE为直角三角形，所以AE=√(AD²+DE²)=2√5.答案为2√5.2.半角模型2.1 定义半角模型是一种解决三角形问题的方法，它利用三角形内部的半角来求解。
中考数学全等三角形的五种模型
结论
①△ABF≌△BCE； ②EC＝AB－FC
模型应用
7. (2016·深圳改编)如图，CB＝CA，∠ACB＝ 90°，点D在边BC上(与B，C不重合)，四边 形ADEF为正方形，过点F作FG⊥CA，交CA 的延长线于点G，连接FB，交DE于点Q，给 出以下结论：①AC＝FG；②S△FAB∶S四边形 CBFG＝1∶2；③∠ABC＝∠ABF. 其中正确的结论的个数是( )
∵∠1＝∠2，AD⊥FG于D，AH⊥EF于H， ∴AD＝AH， ∵AD＝AB， ∴AH＝AB， 又∵AH⊥EF于H，AB⊥BC于B， ∴AE平分∠BEF，故①正确； ∵AE平分∠BEF， ∴∠AEB＝∠AEH， ∵∠AEB＋∠BAE＝90°，
∠AEH＋∠HAE＝90°， ∴∠BAE＝∠HAE，
又∵EH⊥AH于H，EB⊥AB于B， ∴BE＝HE， ∵BE＝DG， ∴HE＝DG， ∵EF＝HE＋FH，GF＝DG＋FD，EF＝GF， ∴FH＝FD，故②正确； ∵△AEF≌△AGF， ∴S△EAF＝S△GAF. ∵△ABE≌△ADG，
叠到DF，延长EF交AB于G，连接DG，现在
有如下4个结论：
①△ADG≌△FDG；②GB＝2AG；③∠GDE
＝45°；④DG＝DE.
在以上4个结论中，正确的共有
()
A. 1个
B. 2 个
C. 3 个
D. 4个
3. C 解析：由折叠可知，DF＝DC＝DA，∠DFE＝ ∠C＝90°， ∴∠DFG＝∠A＝90°， ∴△ADG≌△FDG，①正确； ∵正方形边长是12， ∴BE＝EC＝EF＝6， 设AG＝FG＝x，则EG＝x＋6，BG＝12－x， 由勾股定理，得EG2＝BE2＋BG2， 即(x＋6)2＝62＋(12－x)2，解得x＝4， ∴AG＝GF＝4，BG＝8， ∴BG＝2AG，②正确；
人教版八年级历史 全等三国之手拉手模型和半角模型 专题讲义
人教版八年级历史全等三国之手拉手模型和半角模型专题讲义一、引言在八年级历史教材中，我们研究到了三国时期的历史，这是中国历史上一个非常重要的时期。
为了帮助同学们更好地理解和记忆这段历史，我们设计了手拉手模型和半角模型。
本文档将详细介绍这两种模型的制作过程和使用方法。
二、手拉手模型1. 制作材料- 纸板- 剪刀- 色纸或彩笔- 胶水2. 制作步骤1. 使用纸板将三个人物的轮廓切割出来。
2. 在纸板上用彩笔或色纸填充人物的服饰和面部特征。
3. 将每个人物折叠，使得手可以相互拉起来。
4. 使用胶水将每个人物的手连接在一起，形成手拉手的模型。
3. 使用方法将手拉手的模型放在课桌上，同学们可以通过拉动其中一人的手，观察其他人物的动作。
这样可以更直观地理解三国时期各个势力之间的关系和相互作用。
三、半角模型1. 制作材料- 方形纸板- 剪刀- 彩笔或色纸2. 制作步骤1. 将纸板剪成一个方形。
2. 在纸板上用彩笔或色纸分别填充三个人物的服饰和面部特征。
3. 将方形纸板对折，使得每个人物只展示半个身体，而其他半个身体被折叠在内部。
3. 使用方法将半角模型放在课桌上，同学们可以通过展示其中一人的半个身体，观察其他人物的动作。
这样可以更形象地理解三国时期各个势力之间的相互影响和半角关系。
四、总结手拉手模型和半角模型是一种简单而有效的教学工具，可以帮助同学们更好地理解和记忆人教版八年级历史教材中关于三国时期的内容。
通过亲身体验和观察，同学们可以更深入地掌握这段历史，并加深对三国时期各个势力之间关系的理解。
相信同学们通过制作和使用这些模型，会对历史教材的研究有更好的效果。
以上是本专题讲义的内容，希望对同学们有所帮助。
谢谢！Word Count: 260 words。
初一全等三角形的手拉手模型与半角模型
初一全等三角形的手拉手模型与半角模型
1、手拉手模型
定义：两个顶角相等且有公共定点的等腰三角形形成的图形；
如图所示，△ABC与△ADE为等腰三角形，点A为顶点且∠CAB=∠EAD，则在初一的情况下我们可以得到下面两个结论：
1、线段CE长度与线段BD长度相等
证明提醒：证明△ABD与△ACE全等；
2、∠CFB=∠CAB=∠EAD
证明提醒：利用三角形内角和，或者说是8字形，利用前面的△ABD与△ACE全等，可以推出∠FCG=∠BGA，利用△CGF与△BGA的内角和求证出结论
例题：
如果两个等边三角形△ABD 和△BCE ，连接AE 与CD ，证明：
（1）△ABE ≌△DBC ；
（2）AE=DC ；
（3）AE 与DC 的夹角为60°； E B D
A
C
2、半角模型 定义：从正方形的一个顶点引出夹角为45°的两条射线，并连结它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型。
如图：正方形ABCD 中∠EAF 角度为45°，且E 在边BC 上，F 在边CD 上则可求得：BE+DF=EF
证明思路：旋转全等，便于求证
所有的半角均可以采用全等的旋转完成的，但是在描述的时候可以描述为构造全等 例题：将上述过程进行证明，书写过程。
三角形旋转全等常见模型
1、绕点型（手拉手模型）（1）自旋转：自旋转构造放方法：①遇60°旋60°，构造等边三角形；②遇90°旋90°，构造等腰直角三角形；③遇等腰旋转顶角，构造旋转全等；④遇中点180°，构造中心对称。
（2）共旋转（典型的手拉手模型）例1、在直线ABC 的同一侧作两个等边三角形△ABD 和△BCE ，连接AE 与CD ，证明： （1） △ABE ≌△DBC （2） AE=DC（3） AE 与DC 的夹角为60。
（4） △AGB ≌△DFB （5） △EGB ≌△CFB （6） BH 平分∠AHC （7） GF ∥AC变式练习1、如果两个等边三角形△ABD 和△BCE ，连接AE 与CD ，证明： （1） △ABE ≌△DBC（2） AE=DC（3） AE 与DC 的夹角为60。
（4） AE 与DC 的交点设为H,BH 平分∠AHC变式练习2、如果两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明：Array(1)△ABE≌△DBC(2)AE=DC(3)AE与DC的夹角为60。
（4）AE与DC的交点设为H,BH平分∠AHC（1）如图1，点C是线段AB上一点，分别以AC，BC为边在AB的同侧作等边△ACM和△CBN，连接AN，BM．分别取BM，AN的中点E，F，连接CE，CF，EF．观察并猜想△CEF的形状，并说明理由．（2）若将（1）中的“以AC，BC为边作等边△ACM和△CBN”改为“以AC，BC为腰在AB的同侧作等腰△ACM和△CBN，”如图2，其他条件不变，那么（1）中的结论还成立吗？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由．例4、例题讲解：1. 已知△ABC为等边三角形，点D为直线BC上的一动点（点D不与B,C重合），以AD为边作菱形ADEF(按A,D,E,F逆时针排列），使∠DAF=60°,连接CF.(1) 如图1，当点D在边BC上时，求证：① BD=CF ‚②AC=CF+CD.(2)如图2，当点D在边BC的延长线上且其他条件不变时，结论AC=CF+CD是否成立？若不成立，请写出AC、CF、CD之间存在的数量关系，并说明理由；(3)如图3，当点D在边BC的延长线上且其他条件不变时，补全图形，并直接写出AC、CF、CD之间存在的数量关系。
专题13 全等三角形重难点模型(五大模型)(解析版)
专题13全等三角形重难点模型（五大模型）模型一：一线三等角型模型二：手拉手模型模型三：半角模型模型四：对角互补模型模型五：平行+线段中点构造全等模型【典例分析】【模型一：一线三等角型】如图一，∠D=∠BCA=∠E=90°，BC=AC。
结论：Rt△BDC≌Rt△CEA模型二一线三等角全等模型如图二，∠D=∠BCA=∠E，BC=AC。
结论：△BEC≌△CDA图一图二应用：①通过证明全等实现边角关系的转化，便于解决对应的几何问题；②与函数综合应用中有利于点的坐标的求解。
【典例1】如图，平面直角坐标系中有点A（﹣1，0）和y轴上一动点B（0，a），其中a＞0，以B点为直角顶点在第二象限内作等腰直角△ABC，设点C的坐标为（c，d）．（1）当a＝2时，则C点的坐标为；（2）动点B在运动的过程中，试判断c+d的值是否发生变化？若不变，请求出其值；若发生变化，请说明理由．【解答】解：（1）如图1中，过点C作CE⊥y轴于E，则∠CEB＝∠AOB．∵△ABC是等腰直角三角形，∴BC＝BA，∠ABC＝90°，∴∠BCE+∠CBE＝90°＝∠BAO+∠CBE，∴∠BCE＝∠ABO，在△BCE和△BAO中，，∴△CBE≌△BAO（AAS），∵A（﹣1，0），B（0，2），∴AO＝BE＝1，OB＝CE＝2，∴OE＝1+2＝3，∴C（﹣2，3），故答案为：（﹣2，3）；（2）动点A在运动的过程中，c+d的值不变．理由：过点C作CE⊥y轴于E，则∠CEA＝∠AOB，∵△ABC是等腰直角三角形，∴BC＝BA，∠ABC＝90°，∴∠BCE+∠CBE＝90°＝∠ABO+∠CBE，∴∠BCE＝∠ABO，在△BCE和△BAO中，，∴△CBE≌△BAO（AAS），∵B（﹣1，0），A（0，a），∴BO＝AE＝1，AO＝CE＝a，∴OE＝1+a，∴C（﹣a，1+a），又∵点C的坐标为（c，d），∴c+d＝﹣a+1+a＝1，即c+d的值不变．【变式1】点A的坐标为（4，0），点B为y轴负半轴上的一个动点，分别以OB、AB为直角边在第三象限和第四象限作等腰Rt△OBC和等腰Rt△ABD．（1）如图一，若点B坐标为（0，﹣3），连接AC、OD．①求证：AC＝OD；②求D点坐标．（2）如图二，连接CD，与y轴交于点E，试求BE长度．【解答】（1）①证明：∵△OBC和△ABD是等腰直角三角形，∴OB＝CB，BD＝AB，∠ABD＝∠OBC＝90°，∴∠ABD+ABO＝∠OBC+∠A∠O，∴∠OBD＝∠CBA，∴△OBD≌△CBA（SAS），∴AC＝OD；②如图一、∵A（4，0），B（0，﹣3），∴OA＝4，OB＝3，过点D作DF⊥y轴于F，∴∠BOA＝∠DFB＝90°，∴∠ABO+∠OAB＝90°，∵∠ABD＝90°，∴∠ABO+∠FBD＝90°，∴∠OAB＝∠FBD，∵AB＝BD，∴△AOB≌△BFD（AAS），∴DF＝OB＝3，BF＝OA＝4，∴OF＝OB+BF＝7，∴D（3，﹣7）；（2）如图二、过点D作DF⊥y轴于F，则∠DFB＝90°＝∠CBF，同（1）②的方法得，△AOB≌△BFD（AAS），∴DF＝OB，BF＝OA＝4，∵OB＝BC，∴BC＝DF，∵∠DEF＝∠CEB，∴△DEF≌△CEB（AAS），∴BE＝EF，∴BF＝BE+EF＝2BE＝4，∴BE＝2．【典例2】（1）猜想：如图1，已知：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E．试猜想DE、BD、CE有怎样的数量关系，请直接写出；（2）探究：如果三个角不是直角，那结论是否会成立呢？如图2，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB＝AC，D，A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α（其中α为任意锐角或钝角）如果成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由；（3）解决问题：如图3，F是角平分线上的一点，且△ABF和△ACF均为等边三角形，D、E分别是直线m上A点左右两侧的动点，D、E、A互不重合，在运动过程中线段DE的长度始终为n，连接BD、CE，若∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，试判断△DEF的形状，并说明理由．【解答】解：（1）DE＝BD+CE，理由如下：∵∠BAC＝90°，∴∠BAD+∠CAE＝90°，∵BD⊥m，CE⊥m，∴∠ADB＝∠CEA＝90°，∴∠BAD+∠ABD＝90°，∴∠ABD＝∠CAE，在△ADB和△CEA中，，∴△ADB≌△CEA（AAS），∴BD＝AE，AD＝CE，∴DE＝AD+AE＝BD+CE；（2）结论DE＝BD+CE成立，理由如下：∵∠BAD+∠CAE＝180°﹣∠BAC，∠BAD+∠ABD＝180°﹣∠ADB，∠ADB＝∠BAC，∴∠ABD＝∠CAE，在△BAD和△ACE中，，∴△BAD≌△ACE（AAS），∴BD＝AE，AD＝CE，∴DE＝DA+AE＝BD+CE；（3）△DFE为等边三角形，理由如下：由（2）得，△BAD≌△ACE，∴BD＝AE，∠ABD＝∠CAE，∴∠ABD+∠FBA＝∠CAE+FAC，即∠FBD＝∠FAE，在△FBD和△FAE中，，∴△FBD≌△FAE（SAS），∴FD＝FE，∠BFD＝∠AFE，∴∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠DFA+∠BFD＝60°，∴△DFE为等边三角形．【变式2】已知，在△ABC中，AB＝AC，D，A，E三点都在直线m上，且DE ＝9cm，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC（1）如图①，若AB⊥AC，则BD与AE的数量关系为，CE与AD 的数量关系为；（2）如图②，判断并说明线段BD，CE与DE的数量关系；（3）如图③，若只保持∠BDA＝∠AEC，BD＝EF＝7cm，点A在线段DE上以2cm/s的速度由点D向点E运动，同时，点C在线段EF上以xcm/s的速度由点E向点F运动，它们运动的时间为t（s）．是否存在x，使得△ABD与△EAC全等？若存在，求出相应的t的值；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）∵∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，∴∠BAD+∠CAE＝∠BAD+∠ABD，∴∠CAE＝∠ABD，∵∠BDA＝∠AEC，BA＝CA，∴△ABD≌△CAE（AAS），∴BD＝AE，CE＝AD，故答案为：BD＝AE，CE＝AD；（2）DE＝BD+CE，由（1）同理可得△ABD≌△CAE（AAS），∴BD＝AE，CE＝AD，∴DE＝BD+CE；（3）存在，当△DAB≌△ECA时，∴AD＝CE＝2cm，BD＝AE＝7cm，∴t＝1，此时x＝2；当△DAB≌△EAC时，∴AD＝AE＝4.5cm，DB＝EC＝7cm，∴t＝，x＝7÷＝，综上：t＝1，x＝2或t＝，x＝．【模型二：手拉手模型】应用：①利用手拉手模型证明三角形全等，便于解决对应的几何问题；②作辅助线构造手拉手模型，难度比较大。
全等三角形常见模型
课程主题：全等三角形的常见模型授课时间：学习目标1、掌握全等三角形的常见模型：手拉手模型、半角模型、K字形类型一、手拉手模型例1.如图，C为线段AE上一动点（不与点A，E重合），在AE 同侧分别做正△ABC和正△CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于P点，BE与CD交于点Q，连接PQ。
以下五个结论：①AD=BE；②PQ∥AE③AP=BQ④DE=DP⑤∠AOB=60。
下列结论恒成立的有例2．如图，分别以△ABC的边AB，AC向外作等边三角形ABD和等边三角形ACE，线段BE与CD相交于点O，连接OA．（1）求证：BE=DC；（2）求∠BOD的度数；（3）求证：OA平分∠DOE．例3.已知△ABC，△ADE均为等腰直角三角形，且∠BAC=∠DAE=90°，BD的延长线交AC于点F，交CE于G．（1）求证：BD⊥CE；（2）连接AG，求证：EG+DG=AG．例4.在锐角三角形ABC中，AH是BC边上的高，分别以AB、AC 为一边，向外作正方形ABDE和ACFG，连接CE、BG和EG，EG 与HA的延长线交于点M，下列结论：①BG=CE；②BG⊥CE；③AM是△AEG的中线；④∠EAM=∠ABC，其中正确结论的个数是（）A．4个B．3个C．2个D．1个例5．如图，四边形ABCD中，AC，BD是对角线，△ABC是等边三角形．∠ADC=30°，AD=3，BD=5，则CD的长为（）A．B．4C．D．4.5活学活用1．如图，B是线段AC上一点，△ABD与△BCE均为等边三角形．（1）求证：AE=CD；（2）若△BCE'与△BCE关于直线AC轴对称，AE'与CD还相等吗？画出图形．若相等，请给出证明；若不相等，说明理由；（3）AE'与BD相交于点F，CD与BE'相交于点G，连接FG，试判断△FBG的形状，并加以证明．2．如果两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明：（1）AE与DC的夹角为60°；（2）AE与DC的交点设为H，BH平分∠AHC．3.如图，在△ABC中，已知∠ABC=45°，过点C作CD⊥AB于点D，过点B作BM⊥AC于点M，CD与BM相交于点E，且点E是CD 的中点，连接MD，过点D作DN⊥MD，交BM于点N．（1）求证：△DBN≌△DCM；（2）请探究线段NE、ME、CM之间的数量关系，并证明你的结论．4．如图，两个正方形ABCD和DEFG，连接AG与CE，二者相交于H问：（1）△ADG≌△CDE是否成立？（2）AG是否与CE相等？（3）AG与CE之间的夹角为多少度？（4）HD是否平分∠AHE？（如果你知道勾股定理的话，请问线段AC、GE、AE、CG有什么数量关系？）5．探究：如图1，锐角△ABC中分别以AB、AC为边向外作等腰△ABE和等腰△ACD，使AE=AB，AD=AC，∠BAE=∠CAD，连接BD、CE，试猜想BD与CE的大小关系，并说明理由．应用：如图2，四边形ABCD中，AB=4cm，BC=2cm，∠ABC=∠ACD=∠ADC=45°，求BD的长．6.（1）如图1，已知△ABC，以AB，AC为边分别向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE，连结BE，CD，请你完成图形（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹），并证明：BE=CD；（2）如图2，利用（1）中的方法解决如下问题：在四边形ABCD 中，AD=3，CD=2，∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°，求BD的长．（3）如图3，四边形ABCD中，∠CAB=90°，∠ADC=∠ACB=α，4，CD=5，AD=12，求BD的长．tanα=3类型二、半角模型例1、（1）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，E、1∠BAD．求证：EF=BE+FD；F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=2（2）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F1∠BAD，（1）中的结论是分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=2否仍然成立？（3）在（1）的条件下，将点E平移到BC的延长线上，请在图3中补全图形，并写出EF、BE、DF的关系．（4）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，E、1∠BAD，（1）中F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF=2的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．例2.（1）如图，等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点M，N在边BC上，且∠MAN=45°．若BM=1，CN=3，则MN的长为．（2）应用：如图，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O 处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B 处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等．接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进，1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇与指挥中心O之间夹角∠EOF=70°，试求此时两舰艇之间的距离．（3）如图③，连接EF，延长AE、BF相交于点C，活学活用1.如图．正方形ABCD的边长为6．点E，F分别在AB，AD上．且∠ECF=45°，试说明线段DF、EF与BE之间的数量关系以及线段CF的长。
全等三角形之手拉手模型和半角模型
一、什么叫半角模型
定义：我们习惯把过等腰三角形顶角的顶点引两条射线，使两条射线的夹角为等腰三角形顶角的一半这样的模型称为半角模型。
常见的图形为正方形，正三角形，等腰直角三角形等，解题思路一般是将半角两边的三角形通过旋转到一边合并形成新的三角形，从而进行等量代换，然后证明与半角形成的三角形全等，再通过全等的性质得出线段之间的数量关系，从而解决问题。
二、基本模型（1）——正方形内含半角
如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点，∠EAF=45°，求证：EF=BE+DF。
三、基本模型（2）——等边三角形内含半角
四、基本模型（3）——等腰直角三角形内含半角
手拉手模型。
八上：全等三角形的常见模型
全等三角形是初中几何的重点，是研究图形性质的基础，在几何证明中有着广泛的应用，在几何证明的过程中，存在着一些全等三角形的经典的模型．这一讲我们会把常见的全等模型分享给大家，希望能让大家对全等的理解更进一步！一、手拉手模型1、等边三角形手拉手已知：如图，ABC△均为等边三角形．△和ADE结论：ABD∠．∠=︒；AP平分BPE△≌ACE△；60BPC2、等腰直角三角形手拉手已知：如图，ABC△均为等腰直角三角形．△和ADE结论：ABD∠．∠=︒；AP平分BPEBPC△；90△≌ACE3、等腰三角形手拉手已知：如图，ABC∠=∠．△均为等腰三角形，且BAC DAE△和ADE结论：ABD∠．∠=∠；AP平分BPE△；BPC BAC△≌ACE二、三垂直模型1、已知：如图，正方形EFGH的各顶点在正方形ABCD的边上．结论：EAF△．△≌HDE△≌GCH△≌FBG2、已知：如图，正方形ABCD中，AG BH⊥，CE DF⊥．⊥，BH CE结论：ABG△．△≌DAF△≌BCH△≌CDE3、已知：如图，正方形ABCD中，点F为CD上一点，连接BF，作AE BF⊥交BC于点E．结论：ABE△．△≌BCF三、角含半角模型1、正方形角含半角已知：如图，正方形ABCD中，点,E F分别为边BC,CD上的点，且45∠=︒．EAF结论：EF DF BE =+；AEF ABE ADF S S S =+△△△．2、等腰直角三角形角含半角已知：如图，等腰直角三角形ABC △中，点D ,E 为斜边BC 上的点，且45DAE ∠=︒．结论：222DE BD CE =+．3、 对角互补模型1） 已知：如图，90AOB DCE ∠=∠=︒，OC 平分AOB ∠．结论：CD CE =；OD OE +； 212ODCE S OC =四边形． 2） 已知：如图，2120AOB DCE ∠=∠=︒，OC 平分AOB ∠．结论：CD CE =；OD OE OC +=；2ODCE S =四边形．全等三角形是初中几何的重点，是研究图形性质的基础，这一讲我们对于全等三角形中常见的模型进行了总结，但是这些内容更偏重理论，希望能够在此抛砖引玉，引发大家对学习方法上的思考，并能在平时学习中对全等三角形的模型多加理解和运用．。
三角形全等高阶几何模型
三角形全等高阶几何模型包括以下几种：
1. 手拉手模型：在等腰直角三角形、等边三角形和等腰三角形中，通过构造两个直角三角形的手拉手关系来证明三角形全等。
2. 倍长中线模型：当涉及中点、中线有关的辅助线添加时，可以通过倍长中线的方法来构造全等三角形。
3. 平行线类模型：通过构造平行线类的辅助线来证明全等。
4. 雨伞模型：经典的ASA模型，涉及延长类的辅助线。
5. 半角模型：与正方形、直角有关的图形涉及旋转思想。
6. 胖瘦模型：涉及轴对称类的全等。
以上内容仅供参考，如需更详细的信息，可查阅全等三角形问题的相关资料，或者咨询数学教育专家。
全等三角形八大基本模型
全等三角形八大基本模型摘要：1.全等三角形的定义与性质2.全等三角形的八大基本模型1.手拉手模型2.一线三垂直模型3.一线三等角模型4.等腰三角形中边边角模型5.背对背模型6.半角旋转模型7.角分线模型8.正方形手拉手模型正文：全等三角形是指两个三角形的对应边和对应角分别相等的三角形。
在解决全等三角形问题时，我们需要了解全等三角形的定义和性质，同时掌握一些常用的模型。
本文将介绍全等三角形的八大基本模型，希望能帮助大家更好地理解和解决全等三角形问题。
1.手拉手模型：两个三角形通过一个公共边，并且这个公共边的两个相邻角分别相等。
2.一线三垂直模型：两个三角形有一个公共边，并且这个公共边的两个相邻角分别相等，同时还有另一条公共边上的一个角与另一个角的补角相等。
3.一线三等角模型：两个三角形有一个公共边，并且这个公共边上的三个角分别相等。
4.等腰三角形中边边角模型：两个等腰三角形，其中一个等腰三角形的底边与另一个等腰三角形的腰相等，同时这两个等腰三角形的底角分别相等。
5.背对背模型：两个三角形分别有一个角和另一个角的补角相等，且这两个三角形的另一条边分别相等。
6.半角旋转模型：两个三角形有一个公共边，并且这个公共边的两个相邻角中有一个角是另一个角的一半。
7.角分线模型：两个三角形有一个公共边，并且这个公共边上的一个角平分另一个角。
8.正方形手拉手模型：两个正方形，其中一个正方形的边与另一个正方形的对角线相等。
在解决全等三角形问题时，我们可以根据题目所给的条件，结合全等三角形的性质和八大基本模型，通过适当的变换和推理，证明两个三角形全等。
人教版八年级生物 全等生态之手拉手模型和半角模型 专题讲义
人教版八年级生物全等生态之手拉手模型和半角模型专题讲义1. 模型简介全等生态模型和半角模型是人教版八年级生物教材中的重要内容。
这两种模型帮助我们更好地理解生态系统中的相互关系和能量流动。
2. 全等生态之手拉手模型全等生态之手拉手模型是一种生态系统的简化模型。
它通过代表不同物种的手势相互连接，展示了物种之间的相互依赖关系和能量流动。
2.1 模型构建全等生态之手拉手模型可使用各种材料进行制作，如彩纸、绳子等。
每个手势代表一个物种，而手势之间的连接表示它们之间的能量和物质传递。
2.2 模型示例下面是一个全等生态之手拉手模型的示例：在这个示例中，植物从太阳获取能量，光合作用后能量传递给了兔子，兔子再成为狼的食物，构成了一个简单的食物链。
3. 半角模型半角模型是另一种用来展示生态关系的模型。
它通过物种之间的连线和箭头来表示它们之间的相互作用和能量流动。
3.1 模型构建半角模型可以用纸板、彩纸等材料制作而成。
每个物种用一个图形表示，如圆圈或方框，之间用箭头表示相互作用，箭头的方向表示能量流动方向。
3.2 模型示例下面是一个半角模型的示例：在这个示例中，植物光合作用产生能量，食草动物以植物为食，食肉动物以食草动物为食，构成了一个简单的食物链。
4. 总结全等生态之手拉手模型和半角模型是研究生态学时很有帮助的工具。
它们可以帮助我们更直观地理解生态系统中物种之间的相互作用和能量流动。
通过制作和使用这些模型，我们可以更好地掌握生态学的基本概念和原理。
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七年级下册数学全等三角形模型，手拉手，半角，一线三等角
全等三角形重点模型手拉手模型模型特征：此模型是旋转的一种特殊形式，通常是顶角相等的等腰三角形或正方形绕顶角顶点旋转而来，基本图形有以下三种：提示：①手拉手全等（△ABP≌△A′B′P′）；②拉手线相等（AB=A′B′）；③交叉时拉手线夹角=顶角（图2中∠AOA′=∠APA′）1.如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°．求证：BD=CE．2.已知四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，且AB>CE，连接BG，DE．（1）≌；（2）DE和BG有什么样的数量关系：；（3）DE和BG有什么样的位置关系：.3.如图，点C为线段AB上一点，△ACM，△CBN是等边三角形．（1）求证：AN=BM；（2）猜想△CDE为何种特殊三角形，并证明你的猜想.半角模型模型特征：一个角内包含这个角的半角（如90°包含45°，120°包含60°等）.通常有以下三种特殊情况：4.把一个含45°的三角板的锐角顶点与正方形ABCD的顶点A重合，然后把三角板绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB，DC于点M，N.当三角板绕点A旋转到图中的位置时，求证：MN=BM+DN.已知四边一线三等角型模型特征：同一直线上出现三个相等的角，其中两个角的一边落在该直线上，第三个角的顶点落在该直线上.基本图形有以下三种：1.如图，在△ABC中，AB=AC，点P，M分别在BC，AC边上，且∠APM=∠B，AP=MP，求证：△APB≌△PMC.2.如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，过点A的直线l交BC于点M，过点B，C作直线l的垂线，垂足分别为E，F，猜想线段AF，EF和CF之间的数量关系，并说明理由.3.［2020江苏］（1）如图1，在四边形ABCD中，∠B=∠C=90°，点P是BC上一点，PA=PD，∠APD =90°，求证：BC=AB+CD；。
浙教版八年级上册 全等三角形中几种模型
一、手拉手模型：1手的判别：判断左右，将等腰三角形顶角顶点朝上，左边为左手顶点，右边为右手顶点。
2手拉手的定义两个顶角相等且有共顶点的等腰三角形形成的图形。
（左手拉左手，右手拉右手）3手拉手基本结论①△ABC≌△AB'C'(SAS)②∠BAB'=∠BOB'③AO平分∠BOC'二、例题例1、在直线ABC的同一侧作两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明：（1）△ABE≌△DBC（2）AE=DC（3）AE与DC的夹角为60。
（4）△AGB≌△DFB（5）△EGB≌△CFB（6）BH平分∠AHC（7）GF∥AC1、△ABE和△ACF均为等边三角形结论：（1）△ABF≌△AEC .（2）∠BOE＝∠BAE＝60°.（3）OA平分∠EOF .（四点共圆证）拓展：△ABC和△CDE均为等边三角形结论：（1）AD＝BE；（2）∠ACB＝∠AOB；（3）△PCQ为等边三角形；（4）PQ∥AE；HFGE DA B C（5）AP ＝BQ ；（6）CO 平分∠AOE ；（四点共圆证） （7）OA ＝OB ＋OC ； （8）OE ＝OC ＋OD .（（7），（8）需构造等边三角形证明）变式练习1、如果两个等边三角形△ABD 和△BCE ，连接AE 与CD ，证明： （1） △ABE ≌△DBC （2） AE=DC（3） AE 与DC 的夹角为60。
（4） AE 与DC 的交点设为H,BH 平分∠AHC变式练习2：如果两个等边三角形△ABD 和△BCE ，连接AE 与CD ，证明： （1） △ABE ≌△DBC （2） AE=DC（3） AE 与DC 的夹角为60。
（4）AE 与DC 的交点设为H,BH 平分∠AHC变式训练3：两个等腰三角形ABD与BCE ，其中AB=BD,CB=EB,∠ABD=∠CBE=a 连接AE 与CD.问（1）△ABE ≌△DBC 是否成立？（2）AE 是否与CD 相等？（3）AE 与CD 之间的夹角为多少度？ （4）HB 是否平分∠AHC ？例2：如图，两个正方形ABCD 和DEFG ，连接AG 与CE ，二者相交于H问：（1）△ADG ≌△CDE 是否成立？（2）AG 是否与CE 相等？（3）AG与CE之间的夹角为多少度？（4）HD是否平分∠AHE？例3：如图两个等腰直角三角形ADC与EDG，连接AG,CE,二者相交于H.问（1）△ADG≌△CDE是否成立？（3）AG与CE之间的夹角为多少度？（4）HD是否平分∠AHE？二、半角模型条件：1,+=1802αββθβ=︒且，两边相等.思路：1、旋转辅助线：①延长CD到E，使ED=BM，连AE或延长CB到F，使FB=DN，连AF②将△ADN绕点A顺时针旋转90°得△ABF，注意：旋转需证F、B、M三点共线结论：（1）MN＝BM＋DN；（2）=2CMNC AB；（3）AM、AN分别平分∠BMN、∠MND .2、翻折（对称）辅助线：①作AP⊥MN交MN于点P②将△ADN、△ABM分别沿AN、AM翻折，但一定要证明M、P、N三点共线 .例1、在正方形ABCD中，若M、N分别在边BC、CD上移动，且满足MN=BM +DN，求证：①.∠MAN=45②.③.AM 、AN 分别平分∠BMN 和∠DNM.例2拓展：在正方形ABCD 中，已知∠MAN=，若M 、N 分别在边CB 、DC 的延长线上移动， ①.试探究线段MN 、BM 、DN 之间的数量关系. ②.求证：AB=AH.例3.在四边形ABCD 中，∠B+∠D=，AB=AD ，若E 、F 分别在边BC 、CD 上，且满足EF=BE +DF.求证：变式：在四边形ABCD 中，∠B ＝90°，∠D ＝90°，AB ＝AD ，若E 、F 分别为边BC 、CD 上的点，且12EAF BAD ∠=∠，ABC CMN 2=∆45180.21BAD EAF ∠=∠求证：EF ＝BE ＋DF .练习巩固1：（1）如图1，在正方形ABCD 中，E 、F 分别是BC 、CD 上的点，且∠EAF ＝45°，试判断BE 、DF 与EF 三条线段之间的数量关系，直接写出判断结果：；（2）如图2，若把(1)问中的条件变为“在四边形ABCD 中，AB ＝AD ，∠B ＋∠D ＝180°，E 、F 分别是边BC 、CD 上的点，且∠EAF=21∠BAD”，则（1）问中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明，若不成立，请说明理由； （3）在（2）问中，若将△AE F 绕点A 逆时针旋转，当点分别E 、F 运动到BC 、CD 延长线上时， 如图3所示，其它条件不变，则（1）问中的结论是否发生变化？若变化，请给出结论并予以证明..练习巩固2：已知：正方形ABCD 中，45MAN ∠=，绕点A 顺时针旋转，它的两边分别交CB 、DC （或它们的延长线）于点M 、N ．（1）如图1，当MAN ∠绕点A 旋转到BM DN =时，有BM DN MN +=．当MAN ∠ 绕点A 旋转到BM DN ≠时，如图2，请问图1中的结论还是否成立？如果成立，请给予证明，如果不成立，请说明理由；（2）当MAN ∠绕点A 旋转到如图3的位置时，线段BM DN ，和MN 之间有怎样的等量关系？请写出你的猜想，并证明．练习巩固3：如图，已知在正方形ABCD 中，∠MAN =45°，连接BD 与AM ，AN 分别交于E 、F 两点。
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一、什么叫半角模型
定义：我们习惯把过等腰三角形顶角的顶点引两条射线，使两条射线的夹角为等腰三角形顶角的一半这样的模型称为半角模型。
常见的图形为正方形，正三角形，等腰直角三角形等，解题思路一般是将半角两边的三角形通过旋转到一边合并形成新的三角形，从而进行等量代换，然后证明与半角形成的三角形全等，再通过全等的性质得出线段之间的数量关系，从而解决问题。
二、基本模型（1）——正方形内含半角
如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点，∠EAF=45°，求证：EF=BE+DF。
三、基本模型（2）——等边三角形内含半角
四、基本模型（3）——等腰直角三角形内含半角
手拉手模型。