手拉手模型(最全最详细总结).docxVIP

几何模型06—手拉手模型 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”． 如图，△ABC是等腰三角形、△ADE是等腰三角形，AB=AC，AD=AE， ∠BAC=∠DAE=。结论：△BAD≌△CAE。 例1.如图，在直线AC的同一侧作两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD交于点H，AE与DB交于点G，BE与CD交于点F，证明： （1）△ABE≌△DBC； （2）∠AHD＝60°； （3）△AGB≌△DFB； （4）BH平分∠AHC； （5）GF∥AC； （6）DH+HB＝AH 证明：连接GF，过点B作BM⊥AE于M，BN⊥CD于N． ∵△ABD，△BCE都是等边三角形， ∴∠ABD＝∠EBC＝60°，BA＝BE，BE＝BC， ∴∠ABE＝∠DBC， 在△ABE和△DBC中， ， ∴△ABE≌△DBC（SAS）， ∴∠BAE＝∠BDC，∵∠AGB＝∠DGH，∴∠AHD＝∠ABG＝60°， 在△AGB和△DFB中， ，∴△AGB≌△DFB（ASA），∴BG＝BF，∵∠GBF＝60°， ∴△BGF是等边三角形，∴∠FGB＝∠ABD＝60°， ∴FG∥AC，∵△ABE≌△DBC，BM⊥AE，BN⊥CD， ∴BM＝BN，∴BH平分∠AHC （6）在AH上截取HM＝DH，连接DM，如图所示： ∵∠DHA＝60°，∴△DMH是等边三角形， ∴DH＝DM＝MH，∠MDH＝60°， ∵△ABD是等边三角形， ∴AD＝BD，∠ADB＝60°＝∠MDH， ∴∠ADM＝∠BDH，∴△ADM≌△BDH（SAS）， ∴AM＝BH，∵MH+AM＝AH，∴DH+HB＝AH． 变式1.在直线的同一侧作两个等边三角形和，连接与。（1）求证：； （2）求的度数； （3）连接，试判断形状． 变式2.如图两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD， （1）证明：AE与DC的夹角为60°； （2）证明：AE与DC的交点设为H，BH平分∠AHC． 变式3.等边△ABD和等边△BCE如图所示，连接AE与CD， （1）证明：AE＝DC；（2）证明：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． 变式4.如图，在等边三角形中，是边上的动点，以为一边向上作等边三角形，连接． （1）求证：≌； （2）求证：； （3）当点运动到的中点时，与有什么位置关系？并说明理由． 归纳总结：两个等边三角形共顶点的手拉手模型模型有以下结论： 第一个不变性质就是全等，如下图： 无论两个等边三角形的相对位置如何△ACD≌△BCE（SAS）始终成立。 （2）第二个不变性质是角度问题，如下图： AD和BE的夹角 ∠APB=60°，这个结论不随等边三角形的相对位置变化而变化，也具有不变性。 （3）第三个不变性质是角平分线，如下图： CP始终平分∠BPD，也就是说∠BPC=∠DPC =60°始终成立。 （4）第四个不变性质就是“等边+120°模型”即：BP=CP+AP，PE=CP+PD始终成立。 如图两个等腰直角△ADC与△EDG，∠ADC＝∠EDG＝90°，连接AG，CE交于点H．证明： （1）AG＝CE； （2）AG⊥CE； （3）连接HD，求证：HD平分∠AHE． （4）连接AE，CG，若AD＝6，DE＝3，求出AE2+CG2的值． 证明：（1）∵△ADC与△EDG是等腰直角三角形， ∴∠ADC＝∠GDE＝90°，AD＝CD，DG＝DE， ∴∠ADC+∠CDG＝∠GDE+∠CDG，即∠ADG＝∠CDE， 在△ADG和△CDE中，， ∴△ADG≌△CDE（SAS），∴AG＝CE； （2）由（1）可知，△ADG≌△CDE， ∴∠GAD＝∠ECD，∵∠ADC＝90°，∴∠GAD+∠CAH+∠ACD＝90°， ∴∠ECD+∠CAH+∠ACD＝90°，即∠ACH+∠CAH＝90°， ∴∠AHC＝90°，∴∠EHG＝∠AHC＝90°；∴AG⊥CE； （3）如图，过D作DM⊥AG于点M，DN⊥CE于点N， 由（1）可知，△ADG≌△CDE，∴AG＝CE，DM＝DN，∵DM⊥AG于点M，DN⊥CE于点N，∴HD平分∠AHE． （4）解：如图： 由（2）得：AG⊥CE，∴AE2＝AH2+HE2.CG2＝CH2+HG2， AE2+CG2＝AH2+HE2+CH2+HG2＝AC2+EG2， ∵AD＝DC＝6，DE＝DG＝3， ∴AC2+EG2＝62+62+32+32＝90，∴AE2+CG2＝90． 变式1.如图，和都是等腰直角三角形，的顶点A在的斜边上，连接． （1）求证：． （2）若，求的长． 变式2.在中，，． （1）如图1，点为边上一点，连接，以为边作，，，连接．直接写出线段与的数量关系为 ，位置关系为