全等三角形之手拉手模型与半角模型.docx

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全等三角形之手拉手模型与半角模型

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全等三角形

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之

手拉手模型与半角模型

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【

1手拉手模型

1.1定义

如上图所示，手拉手模型是指有公共顶点（A）、顶角相等（

）的两个等腰三角形（△ABE，AB=AE；△ACD，AC=AD），底边端点相互连接形成的全等三角形模型（△ABD≌△AEC）。

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

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。

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

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（BE、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：

△ABD≌△AEC

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。

证明：

∵

∴

（等角+公共角相等）

∵在△ABD和△AEC中

∴△ABD≌△AEC（SAS）

结论2：

BD=EC（左手拉左手等于右手拉右手）

证明：

∵△ABD≌△AEC

∴BD=EC

结论3：

α+∠BOC=180°

说明：

∠BOC是手拉手形成的角，我们称O为“手拉手交点”。

证明：

∵△ABD≌△AEC

∴∠ADB=∠ACE

又∵∠APC=∠OPD（对顶角相等）

∠COD=180°-∠OPD-∠ADB（三角形内角和）

∠CAD=180°-∠APC-∠ACE（三角形内角和）

∴∠COD=∠CAD=α

∴α+∠BOC=180°

结论4：

OA平分∠BOC

证明：

如图，连接AO，过点A做AM⊥BD于M，AN⊥CE于N

∵△ABD≌△AEC

∴BD=EC，S△ABD≌S△AEC

∴

BD×AM=

EC×AN

∴AM=AN（AM、AN分别是BD、EC边上的高，全等三角形的对应边上的对应中线、角平分线、高线分别相等）

∴OA平分∠BOC（角平分线的判定）

1.3等边三角形下的手拉手模型

等边三角形是等腰三角的一种特例，自然也有相应的手拉手模型，具有任意等腰三角形下的手拉手模型的结论1~结论4。

但由于等边三角形更特殊，所有还有新的结论5。

图1等边三角形下的手拉手模型

结论1：

△ABD≌△AEC

略（同）。

结论2：

BD=EC（左手拉左手等于右手拉右手）

略（同）。

结论3：

α+∠BOC=180°

略（同）。

结论4：

OA平分∠BOC

略（同）。

结论5：

∠BOE=∠COD=α=60°

说明：

∠BOE、∠COD是等边三角形底边与“交点”形成的角。

证明：

∵α+∠BOC=180°

∴∠BOE=180°-∠BOC=α

∵α=60°

∴∠BOE=60°

∴∠COD=∠BOE=α=60°（对顶角相等）

1.4等腰直角三角形下的手拉手模型

同样道理，等腰直角三角形也是等腰三角的一种特例，自然也有相应的手拉手模型，具有任意等腰三角形下的手拉手模型的结论1~结论4。

但由于等腰直角三角形更特殊，所有还有新的结论5。

图2等腰直角三角形下的手拉手模型1

在手拉手模型定义一节中指出：

“等腰三角形的底边（BE、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”。

下图就是这样一种情况（图中正方形ABFE、正方形ACGD），称为等腰直角三角形下的手拉手模型2，这个模型考题中也比较常见。

图3等腰直角三角形下的手拉手模型2

结论1：

△ABD≌△AEC

略（同）。

结论2：

BD=EC（左手拉左手等于右手拉右手）

略（同）。

结论3：

α+∠BOC=180°

略（同）。

结论4：

OA平分∠BOC

略（同）。

结论5：

∠BOE=∠COD=α=90°（等边三角形底边与“交点”形成的角）

证明：

∵α+∠BOC=180°

∴∠BOE=180°-∠BOC=α

∵α=90°

∴∠BOE=90°

∴∠COD=∠BOE=α=90°（对顶角相等）

1.5例题

手拉手模型题型是一种常见的题型，但考试时不会告诉我们是手拉手题型，因此首选需要我们识别出是手拉手模型题型，然后再利用手拉手题型的几个结论进行求解。

熟悉手拉手模型的几个结论以及证明方法可以高效解题。

例：

如图1，△ABC和△CDE为等边三角形．

图1图2

（1）求证：

BD=AE；

（2）若等边△CDE绕点C旋转到BC、EC在一条直线上时，

（1）中结论还成立吗请给予证明；

（3）旋转到如图2位置时，若F为BD中点，G为AE中点，连接FG，求证：

①△CFG为等边三角形；

②FG∥BC．

分析：

识别出手拉手模型是解题的关键，而

（1）问就是证明“结论2：

BD=EC（左手拉左手等于右手拉右手）”；

解答：

（1）证明：

∵△ABC与△CDE是等边三角形

∴∠ACE=60°-∠ACD，∠BCD=60°-∠ACD，AC=BC，CE=CD

∴∠ACE=∠BCD

∵在△ACE与△BCD中

∴△ACE≌△BCD（SAS）

∴BD=AE

（2）结论仍然成立，证明如下：

顺时钟旋转

∵△ABC与△CDE是等边三角形

∴∠ACE=60°+∠ACD，∠BCD=60°+∠ACD，AC=BC，CE=CD

∴∠ACE=∠BCD

∵在△ACE与△BCD中

∴△ACE≌△BCD（SAS）

∴BD=AE

逆时针旋转

∵△ABC与△CDE是等边三角形

∴∠ACE=60°，∠BCD=60°，AC=BC，CE=CD

∴∠ACE=∠BCD

∵在△ACE与△BCD中

∴△ACE≌△BCD（SAS）

∴BD=AE

综上，BD=AE。

（3）

①证明：

∵△ACE≌△BCD

∴∠CBF=∠CAG，AE=BD

∵F是BD中点，G是AE中点

∴BF=AG，又BC=AC

∵在△ACG与△BCF中

∴△ACG≌△BCF（SAS）

∴CF=CG，∠BCF=∠ACG=60°

∴∠CFG=∠CGF（等边对等角），∠FCG=∠ACG=60°

∴∠CFG=∠CGF=

=

=60°

∴∠CFG=∠CGF=∠ACG=60°

∴△CFG是等边三角形

②证明：

∵∠CFG=∠ACB=60°

∴FG∥BC

2半角模型

2.1定义

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。

以上定义不直观，下面举例说明：

半角模型1：

下图中，△ABC是等边三角形，△DBC是等腰三角形，∠BDC=120°，∠EDF=60°。

图4半角模型1

半角模型2：

下图中，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，∠DAE=45°。

图5半角模型2

半角模型3：

下图中，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点，∠EAF=45°。

图6半角模型3

说明：

同手拉手模型一样，定义时为了描述方便，出现了“等腰三角形”，但事实上，“等腰三角形的底边不是必须的，可以不连接。

图6就是这种情况。

常见的构成半角模型的图形有正三角形（图4），等腰直角三角形（图5），正方形（图6），这三种我们要熟悉。

解题时要善于识别出半角模型，识别时抓住以下两个特征：

1.大角内部有一个小角，小角角度是大角的一半；

2.大角的两边相等

2.2半角模型解题思路

半角模型解题思路是构造旋转型全等，应用两次全等（两次全等判定都是SAS型）解题，具体步骤如下：

Step1：

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（但要注意解题时通常不一定是说旋转，因为不能保证旋转后两个三角形的边共线）；

Step2：

证明Step1中构造的三角形与原三角形全等（SAS）；

（如果Step1中是通过旋转方式得到三角形，则没有这一步）

Step3：

证明合并形成的新三角形与原半角形成的三角形全等（SAS）；

Step4：

通过全等的性质得出线段相等、角度相等，从而解决问题。

上面步骤不是很好理解，可以结合下面具体的例子理解。

2.3半角模型1（等边三角形内含半角）解题方法

例：

下图中，△ABC是等边三角形，△DBC是等腰三角形，DB=DC，∠BDC=120°，∠EDF=60°。

求证：

EF=BE+CF。

分析：

通过条件可知本题是半角模型题，可以运用上面介绍的解题方法做。

为了更好地理解思路，题中按步骤分成了几部分。

证明：

Step1：

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（但要注意解题时通常不是说旋转，因为不能保证旋转后两个三角形的边共线）；

如图，延长FC到G，使CG=BE，连接DG（记住辅助线的作法）

Step2：

证明Step1中构造的三角形与原三角形全等（如果Step1中是通过旋转方式得到三角形，则没有这一步）；

∵DB=DC，∠BDC=120°

∴∠BCD=∠DBC=

（180°-120°）=30°

∵△ABC是等边三角形

∴∠ABC=∠ACB=60°

∴∠DCG=180°-∠ACB-∠BCD=180°-60°-30°=90°

∠DBE=∠ABC+∠DBC=60°+30°=90°

∴∠DCG=∠DBE

∵在△CDG和△BDE

∴△CDG≌△BDE（SAS）

Step3：

证明合并形成的新三角形与原半角形成的三角形全等；

∴DG=DE，CG=BE，∠CDG=∠BDE

∴∠GDF=∠CDG+∠CDF=∠BDE+∠CDF=∠BDC-∠EDF

∵∠BDC=120°，∠EDF=60°

∴∠GDF=120°-60°=60°

∴∠EDF=∠GDF=60°

∵在△DEF和△DGF

∴△DEF≌△DGF（SAS）

Step4：

通过全等的性质得出线段相等、角度相等，从而解决问题。

∴EF=GF

∵GF=FC+CG（共线的线段关系）

∴EF=FC+BE（等量代换）

即EF=BE+CF（变成问题形式）

2.4半角模型2（等腰直角三角形内含半角）解题方法

例：

下图中，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，∠DAE=45°。

求证：

DE2=BD2+CE2。

分析：

通过条件可知本题是半角模型题，可以运用上面介绍的解题方法做。

为了更好地理解思路，题中按步骤分成了几部分。

证明：

Step1：

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（但要注意解题时通常不是说旋转，因为不能保证旋转后两个三角形的边共线）；

如图，将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACF，连接EF。

Step2：

证明Step1中构造的三角形与原三角形全等（如果Step1中是通过旋转方式得到三角形，则没有这一步）；

（本题没有这一步）

Step3：

证明合并形成的新三角形与原半角形成的三角形全等；

∵∠BAC=90°，∠DAE=45°，

∴∠BAD+∠EAC=90°-45°=45°

∵△ACF由△ABD旋转得到

∴∠CAF=∠BAD，AF=AD，CF=BD

∴∠FAE=∠CAF+∠EAC=45°

∴∠DAE=∠EAF

∵在△ADE和△AFE

∴△ADE≌△AFE（SAS）

Step4：

通过全等的性质得出线段相等、角度相等，从而解决问题。

∴DE=FE

∵∠ECF=∠BCA+∠ACF=45°+45°=90°

∴EF2=CF2+CE2

∴DE2=BD2+CE2（等量代换）

2.5半角模型3（正方形内含半角）解题方法

例：

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。

分析：

通过条件可知本题是半角模型题，可以运用上面介绍的解题方法做。

为了更好地理解思路，题中按步骤分成了几部分。

证明：

Step1：

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（但要注意解题时通常不是说旋转，因为不能保证旋转后两个三角形的边共线）；

如图，延长CB到G，使GB=DF，连接AG。

Step2：

证明Step1中构造的三角形与原三角形全等（如果Step1中是通过旋转方式得到三角形，则没有这一步）；

∵在△ABG和△ADF中

∴△ABG≌△ADF（SAS）

Step3：

证明合并形成的新三角形与原半角形成的三角形全等；

∴∠3=∠2，AG=AF

∵∠BAD=90°，∠EAF=45°

∴∠1+∠2=45°

∴∠GAE=∠1+∠3=45°=∠EAF

∵在△AGE和△AFE

∴△AGE≌△AFE（SAS）

∴GE=EF

Step4：

通过全等的性质得出线段相等、角度相等，从而解决问题。

∵GE=GB+BE

∴EF=DF+BE

2.6例题

半角模型题型是一种常见的题型，但考试时不会告诉我们是半角题型，因此首选需要我们识别出是半角模型题型，然后再利用半角题型的解题思路进行求解。

熟悉半角模型的解题思路可以高效解题。

详见半角模型1（等边三角形内含半角）解题方法、半角模型2（等腰直角三角形内含半角）解题方法、半角模型3（正方形内含半角）解题方法。

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