第4章三角形证明 题型解读12 全等典型模型：“手拉手”模型-2020-2021学年北师大版七下数学

《三角形证明》题型解读12 全等典型模型：“手拉手”模型

【知识梳理】

（一）“手拉手模型”的基本图形

题型特征：△ABC 与△BDE 是等边三角形，A 、B 、D 三点在同一直线上。

解题方法：一定有以下六个结论（三组全等、一个60°、一个等边△、一组平行线） ①△ABE ≌△CBD

证明过程：∵△ABC 与△BDE 是等边三角形，∴∠1=∠2=∠3=60°，∴∠ABE=∠CBD=120°，∵AB=BC ，BE=BD ， ∴△ABE ≌△CBD （SAS ） ②△ABH ≌△CBF

证明过程：∵△ABE ≌△CBD ，∴∠4=∠5，∵AB=BC ，∠1=∠2，∴△ABH ≌△CBF （SAS ） ③△BHE ≌△BFD

证明过程：∵△ABE ≌△CBD ，∴∠6=∠7，∵BE=BD ，∠2=∠3，∴△BHE ≌△BFD （SAS ） ④∠AGC=60°

证明过程：∵△ABE ≌△CBD ，∴∠6=∠7，在△GFE 和△BFD 中（“8”字模型），∠3=180°-∠BFD-∠7，∠EGF=180°-∠GFE-∠6，∵∠6=∠7，∠GFE=∠BFD ，∴∠3=∠EGF ，∵∠AGC=∠EGF ，∠3=60°，∴∠AGC=∠3=60° ⑤△BHF 是等边三角形

证明过程：∵△BHE ≌△BFD （SAS ），∴BH=BF ，∵∠2=60°，∴△BHF 是等边三角形（有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形） ⑥HF//AD

证明过程：∵△BHF 是等边三角形，∴∠8=60°，∵∠3=60°，∴∠8=∠3，∴HF//AD （二）“手拉手模型”的变化图形

题型特征：△ABC 与△BDE 是等边三角形，A 、B 、D 三点不在同一直线上。

图2

M N 7

65

4

3

1H G

F

E

D

C

B

A

7

6

54

3

1H

G F E

D C

B

A

解题方法：一定有以下六个结论（一组全等，一个60°、一个角平分线） ①△ABE ≌△CBD

证明过程：∵△ABC 与△BDE 是等边三角形，∴∠1=∠3=60°，∴∠ABE=∠CBD （共角模型），∵AB=BC ，BE=BD ， ∴△ABE ≌△CBD （SAS ） ②∠AGC=60°

证明过程：∵△ABE ≌△CBD ，∴∠6=∠7，在△GFE 和△BFD 中（“8”字模型），∠3=180°-∠BFD-∠7，∠EGF=180°-∠GFE-∠6，∵∠6=∠7，∠GFE=∠BFD ，∴∠3=∠EGF ，∵∠AGC=∠EGF ，∠3=60°，∴∠AGC=∠3=60° ③BG 平分∠HBF

证明过程：作BM ⊥AE 于点M ，BN ⊥GD 于点N ，如图2，∵△ABE ≌△CBD ，∴∠4=∠5，∵AB=BC ，∠AMB=∠CNB=90°，∴△ABM ≌△CBN （AAS ），∴BM=BN ，∴BG 平分∠HBF （到角两边的距离相等的点，在这个角的角平分线上）

（三）常见“手拉手”变化图形

【典型例题】

例1.如图，C 为线段AE 上一动点（不与A 、E 重合），在AE 同侧分别作等边△ABC 和等 边△CDE ，AD 与BE 交于点O ，AD 与BC 交于点P ，BE 与CD 交于点Q ，连接PQ ，以下五个结论： ①AD ＝BE ；②PQ ∥AE ；③CP ＝CQ ；④BO ＝OE ；⑤∠AOB ＝60°，恒成立的结论有（ ）。 A 、①③⑤ B 、①③④⑤ C 、①②③⑤ D 、①②③④⑤ 解析：由“手拉手模型”的基础图形的六个结论可直接判别，选C

ABC 、ADE 是等边三角形，

则ABD ≅ACE ，CE=BD 其实质是ADE 绕点A 旋转E

D

E D

E D

E

D

A

B

C A

B

C

A

B

C C B

A

ABC 、ADE 是等腰直角三角形，则ABD ≅ACE ，

CE=BD 其实质是ADE 绕点A 旋转

E D

E

D

E

D

E

D

A

B

C

A

B C

A

B

C

C

B

A

例2.如图，△ABD 与△AEC 都是等边三角形，AB ≠AC ，下列结论中，正确的个数是（ ） ①BE=CD ；②∠BOD=60°；③∠BDO=∠CEO ；④若∠BAC=90°,且DA//BC ，则BC ⊥CE. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【思路分析】

多结论题型、数学典型模型“手拉手模型”。选C

（1）证线段相等，首选三角形全等，找BE 、CD 所在三角形△ABE 、△ADC 全等。由△ABD 、△AEC 是等边三角形，不难找到全等条件：已知条件AD=AB 、已知条件∠BAD=∠EAC=60°，由共角模型易得∠DAC=∠BAE,已知条件AC=AE,由SAS 易证△ADC ≌△ABE,∴BE=CD

，①正确；

（2）依解题思路的延续性，由（1）中△ADC ≌△ABE 可得∠ADC=∠ABE ，由三角形内角和公式可得：∠BOD=180°-(∠ODB+∠DBA+∠ABE)=180°-(∠ODB+∠DBA+∠ADC)= 180°-(∠ADB+∠DBA)=180-(60°+60°)=60°,②正确； （3）可用反证法解题。假设③成立，由于△ODB 与△OEC 组成的“8字模型”易得∠OBD=∠OCE ，即60°+∠ABO=60°+∠ACO ，∴∠ABO=∠ACO ，∵∠ACO=∠AEB,∴∠ABO=∠AEB,∴AB=AE ，即AB=AC,与AB ≠AC 矛盾，故假设不成立，即③错误；

（4）若BC ⊥CE ，即∠ACE+∠ACB=90°,且∠ACE=60°,由于∠ABC+∠ACB=90°,所以只需证∠ABC=60°即可，由AD//BC ，由两直线平行内错角相等可得∠ABC=∠DAB=60°,∴∠BCE=90°,即BC ⊥CE ，④正确.

例3. 如图，四边形ABCD 中，F 是CD 上一点，E 是BF 上一点，连接AE 、AC 、DE ，若AB=AC ，AD=AE ，∠BAC=∠DAE=70°,AE 平分∠BAC ，则下列结论中：①△ABE ≌△ACD ；②BE=EF ；③∠BFD=110°；④AC 垂直平分DE ，正确的结论是____

解析：（1）由“共角模型”可得∠BAE=∠CAD ，由AB=AC,AE=AD,可证△ABE ≌△ACD ，①正确；

（2）由△ABE ≌△ACD 可得∠AEB=∠ADC ，∵∠AEB+∠AEF=180°,∴∠ADC+∠AEF=180°,∵∠DAE=70°,，由四边形内角和定理可得：∠EFD=360°-∠AED-∠ADF-∠EAD=360°-180°-70°=110°,③正确；

（3）由∠BAC=∠DAE=70°,AE 平分∠BAC ，可得∠BAE=∠EAG=∠DAG=35°,则由AE=AD,AG=AG ，可证△EAG ≌△DAG ，

G F E

D

C

B

A

D o

E

C

B

A O

E

D

C

B A