全等三角形之手拉手模型与半角模型

全等三角形的五种模型一、手拉手模型已知：△ABE和△ACD为两个的等腰三角形，∠BAE＝∠CAD＝∠α，连接EC，BD交于点O结论：①△ABD ≌△AEC；②∠α＋∠BOC＝180°；③OA平分∠BOC已知：△ABD和△ACE均为等腰直角三角形，连接CD，BE交于点O结论：①△ACD ≌△ABE；②∠BOC＝90°；③OA平分∠BOC已知：直线AB的同一侧作△ABD和△BCE都为等边三角形，连接AE，CD，二者交点为H结论：①△ABE≌△DBC；②AE＝DC；③∠DHA＝60°；④△AGB≌△DFB；⑤△EGB≌△CFB；⑥连接GF，GF∥AC；⑦连接HB，HB平分∠AHC模型应用1. (2010·深圳改编)如图，△AOB和△COD均为等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°，D 在AB上．(1)求证：△AOC≌△BOD；(2)判断△CAD是什么形状的三角形，说明理由．2.如图，△ABC与△ADE都是等腰直角三角形，连接CD，BE，CD，BE相交于点O，判断CD 与BE的位置关系，并说明理由半角模型已知：正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD边上的点，且∠EAF＝45°结论：将△ADF绕点A旋转90°到△ABG，则：①EF＝DF＋BE；②△CEF的周长为正方形ABCD周长的一半已知：正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD边上的点，且∠EAF＝45°结论：将△AEB绕点A为旋转90°到△ADE′，则：EF＝DF－BE已知：在正方形ABCD中，AB＝1，E，F分别是边BC，CD上的点，连接EF，AE，AF，过A 作AH⊥EF于点H，BE＝EH结论：①△ABE≌△AHE；②△AHF≌△ADF；③∠EAF＝45°；④EF＝BE＋DF模型应用3. (2015·深圳改编)如图，已知正方形ABCD的边长为12，BE＝EC，将正方形边CD沿DE 折叠到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4. 如图，在正方形ABCD中，AB＝1，E，F分别是边BC，CD上的点，连接EF，AE，AF，过A作AH⊥EF于点H.若EF＝BE＋DF，那么下列结论：①AE平分∠BEF；②FH＝FD；③∠EAF ＝45°；④S△EAF＝S△ABE＋S△ADF；⑤△CEF的周长为2.其中正确结论的个数是() A. 2 B. 3C. 4D. 5第三题第四题倍长中线模型已知：在△ABC 中，AD 是BC 边中线结论：延长AD 到E ，使DE ＝AD ，连接BE ，则：①△ADC ≌△EDB ；②AD< 21(AB ＋AC)已知：在△ABC 中，AD 是BC 边中线结论：作CF ⊥AD 于F ，作BE ⊥AD 的延长线于E ，连接BE ，则：①△BDE ≌△CDF ；②BE ∥FC模型应用6. 已知：在△ABC 中，AD 是BC 边上的中线，E 是AD 上一点，且BE ＝AC ，延长BE 交AC 于F ，求证：AF ＝EF.一直线三垂直模型已知：AE＝DE，AE⊥DE，∠B＝∠C＝90结论：①△ABE≌△ECD；②BC＝AB＋CD已知：在正方形ABCD中，∠ABF＝∠C＝90°，AF⊥BE，交于点H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()A.1B. 2C. 3D. 08. 如图，已知E，F分别为正方形ABCD的边AB，BC的中点，AF与DE交于点M，则下列结论：①∠AME＝90°；②∠BAF＝∠EDB；③MD＝2AM＝4EM.其中正确的结论有()A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个9. 如图，ABCD是正方形，G是BC上(除端点外)的任意一点，DE∠AG于点E，BF∠DE，交AG 于点F.给出以下结论：①∠AED∠∠BFA；②DE－BF＝EF；③∠BGF∠∠DAE；④DE－BG＝FG.其中正确的有()A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个10. (2018·深圳)如图，四边形ACDF是正方形，∠CEA和∠ABF都是直角且点E，A，B三点共线，AB＝4，则阴影部分的面积是________．对角互补模型已知：已知∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB结论模型应用11.(2012·深圳)如图，Rt∠ABC中，∠C＝90°，以斜边AB为边向外作正方形ABDE，且正方形6，则另一直角边BC的长为________．对角线交于点O，连接OC，已知AC＝5，OC＝212. (2017·深圳)如图，在Rt∠ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，Rt∠MPN，∠MPN＝90°，点P在AC上，PM交AB于点E，PN交BC于点F，当PE＝2PF时，AP＝________．。

旋转模型（综合）考察点1：“手拉手”模型（绕点旋转）手拉手模型，亦称为共顶点等腰型，一定会出现旋转型全等。

其衍生模型有等腰对补角模型和等腰旁等角模型。

辅助线作法：通常情况下，绕等腰三角形的顶点旋转，旋转角度为等腰三角形顶角的度数；难一点的情况，还需过旋转点作被旋转三角形的高，以及旋转后三角形的高。

解题时：证明全等通常用的是边角边，难点在于如何先说明夹角相等。

模型回顾：A AA C一、旋转全等图2图1（2）如图2，连接EO ，求证：EO 平分∠AED（1）如图1，连接AC ，BD ，求证：①△OAC ≌△OBD ；②∠AEB=α1. 在△OAB 和△OCD 中，OA=OB ，OC=OD ，∠AOB=∠COD=α，直线AC 与直线BD 相交于点E 。

DDA1. 解：在△OAC 和△OBD 中OE 平分∠AED在Rt △OME 和Rt △ONE 中OM=ONOE=OE∠OEM=∠OEN 过点O 作OM ⊥AC ，ON ⊥BDOM=ONOA=OB∠OAM=∠OBN∠OMA=∠ONB=90°（2）OAM ≌△OBN 图1图2∠AEB=∠AOB=α∠OAC=∠OBD∠OFA=∠EFB在△OAF 和△BEF 中∠OAC=∠OBD△OAC ≌△OBD②①△OAC ≌△OBD（1）OA=OB∠AOC=∠BODOC=ODC C二、等腰旁等角模型图4图3图2图1（4）如图4，若∠ADC=90°+12α，求证：∠ADB=α。

（3）如图3，若α=90°，∠ABD=∠ACD ，求证：∠DAC=∠DBC ；（2）如图2，若α=90°，∠DAC=∠DBC ，求证：∠BDC=45°；1. 如图，在四边形ABCD 中，CA=CB ，∠ACB=α，连接BD 。

（1）如图1，若α=90°，∠ADC=135°，求证：BD ⊥AD ；C∠CDE=45°∠BDC=45°BD ⊥ADBDC ≌△ACE BC=AC∠BCD=∠ACECD=CE ∠BDC=∠CED=45°在△BCD 和△ACD 中A 、D、E 三点共线∠CDE=45°∠ADC=135°∠CDE=∠CED=45°△CDE 1. 证明:（1）将CD 绕点C 顺时针旋转90°得到CE∠BDC=45°DCF CF=CD∠DCF=90°∠ACB=90°∠BCF=∠ACDCF=CD∠BCF=∠ACD在△BCF 和△ACD 中BC=AC∠DBC=∠DACBF=AD BCF ≌△ACD （2）在BD 上取一点F ，使得BF=AD 图2∠ADB=∠ADC-∠BDC=（90°+12α）-（90°-12α）=α∠BDC=∠P=90°-12αD 、G 、H 三点共线∠∠ADC=90°+12α（4）将CD 绕点C 顺时针旋转α，得到CP ，连接DP 、AP∠P=∠CDP=90°-12αCD=CP∠PCD=在△BDC 和△ACP 中BC=AC∠BCD=∠ACPCD=CPBCD ≌△ACPBCH ≌△ACD BC=AC∠BCH=∠ACDCH=CD在△BCH 和△ACD 中∠DAC=∠DBCD 、G 、H 三点共线∠CDG=45°∠CDH=45°∠ACD=∠ABD∠CGD=∠BGA ∠CDG=∠BAG=45°在△DCG 和△ABG 中△CDH ∠CDH=45°（3）将CD 绕点C 逆时针旋转90°得到CH ，连接BH 、DH图3三、等腰对补角模型1.如图，已知△ABC为等边三角形，D是BC下方一点，连接AD。

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。

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。

旋转中的三类全等模型（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∠BFD。

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∠BFD。

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。

【答案】(1)40；(2)60；(3)【分析】（1）证明△COD是等边三角形，得到∠ODC=60°，即可得到答案；∠=∠ADC-∠ODC求出答案；（3）由△BOC≌△ADC，推出∠ADC=∠BOC=150°，AD=OB=8，根据（2）利用ODA△COD 是等边三角形，得到∠ODC=60°，OD=4OC =，证得△AOD 是直角三角形，利用勾股定理求出．【详解】（1）解：∵CO=CD ，∠OCD=60°，∴△COD 是等边三角形；∴∠ODC=60°，∵∠ADC=∠BOC=100α=︒，∴ODA ∠=∠ADC -∠ODC=40°，故答案为：40；（2）∵∠ADC=∠BOC=120α=︒，∴ODA ∠=∠ADC -∠ODC=60°，故答案为：60；（3）解：当150α=︒，即∠BOC=150°，∴△AOD 是直角三角形．∵△BOC ≌△ADC ，∴∠ADC=∠BOC=150°，AD=OB=8，又∵△COD 是等边三角形，∴∠ODC=60°，OD=4OC =，∴∠ADO=90°，即△AOD 是直角三角形，∴OA =故答案为：【点睛】本题以“空间与图形”中的核心知识（如等边三角形的性质、全等三角形的性质与证明、直角三角形的判定、多边形内角和等）为载体，内容由浅入深，层层递进．试题中几何演绎推理的难度适宜，蕴含着丰富的思想方法（如运动变化、数形结合、分类讨论、方程思想等），能较好地考查学生的推理、探究及解决问题的能力． 备用图【答案】(1)△BEF 是等边三角形(2)证明见解析(3)131−【分析】（1）根据旋转即可证明△BEF 是等边三角形；（2）由△EBF 是等边三角形，可得FB=EB ，再证明∠FBA=∠EBC ，又因为AB=BC ，所以可证明△FBA ≌△EBC ，进而可得AF=CE ；（3）当点D ，E ，F 在同一直线上时，过B 作BM ⊥EF 于M ，再在Rt △BMD 中利用勾股定理列方程求解即可．（1）∵将线段EB 绕点E 顺时针旋转60°得到线段EF ，∴EB=EF ，60FEB =︒∠∴△BEF 是等边三角形（2）∵等边△ABC 和△BEF ∴BF=BE ，AB=BC ，60EBF ABC ∠=∠=︒∴EBF ABE ABC ABE ∠+∠=∠+∠即∠FBA=∠EBC∴△FBA ≌△EBC （SAS ）∴AF=CE（3）图形如图所示：过B 作BM ⊥EF 于M ，∵△BEF 是等边三角形∴2BE EM =，BM =∵点D 是AB 的中点，∴142BD AB == 在Rt △BMD 中，222BM DM BD +=∵DE=2∴222)(2)4EM ++=解得EM 或EM =（舍去）∴21BE EM == 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的运用，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，解一元二次方程，利用手拉手模型构造全等三角形是解题的关键．例3．（2022·吉林·九年级期末）如图①，在ABC 中，90C ∠=︒，AC BC ==点D ，E 分别在边AC ，BC 上，且CD CE =AD BE =，AD BE ⊥成立．（1）将CDE △绕点C 逆时针旋转90︒时，在图②中补充图形，并直接写出BE 的长度；（2）当CDE △绕点C 逆时针旋转一周的过程中，AD 与BE 的数量关系和位置关系是否仍然成立？若成立，请你利用图③证明，若不成立请说明理由；（3）将CDE △绕点C 逆时针旋转一周的过程中，当A ，D ，E 三点在同一条直线上时，请直接写出AD 的长度．【答案】（1）补充图形见解析；BE =（2）AD BE =，AD BE ⊥仍然成立，证明见解析；（3）1AD或1=AD ．【分析】（1）根据旋转作图的方法作图，再根据勾股定理求出BE 的长即可；（2）根据SAS 证明E ACD BC ≅∆∆得AD=BE ，∠1=∠2，再根据∠1+∠3+∠4=90°得∠2∠3+∠4=90°，从而可得出结论；（3）分两种情况，运用勾股定理求解即可．【详解】解：（1）如图所示，根据题意得，点D 在BC 上，∴BCE ∆是直角三角形，且由勾股定理得，BE ==（2）AD BE =，AD BE ⊥仍然成立. 证明：延长AD 交BE 于点H ，∵90ACB DCE ∠=∠=︒，ACD ACB BCD ∠=∠−∠，BCE DCE BCD ∠=∠−∠，∴ACD BCE ∠=∠，又∵CD CE =，AC BC =，∴ACD BCE ≅△△，∴AD BE =，12∠=∠，在Rt ABC 中，13490∠+∠+∠=︒，∴23490∠+∠+∠=︒，∴90AHB ∠=︒，∴AD BE ⊥.（3）①当点D 在AC 上方时，如图1所示，同（2）可得ACD BCE ≅△△∴AD=BE 同理可证BE AE ⊥在Rt △CDE 中，CD CE =2=在Rt △ACB 中，AC BC =AB ==设AD=BE=x ，在Rt △ABE 中，222BE AE AB +=∴222(2)x x ++=解得,1x ∴ 1AD =②当点D 在AC 下方时，如图2所示，同（2）可得ACD BCE ≅△△∴AD=BE 同理可证BE AE ⊥在Rt △CDE 中，CD CE =2=在Rt △ACB 中，AC BC =AB ==设AD=BE=x ，在Rt △ABE 中，222BE AE AB +=∴222(2)x x +−=解得,x = ∴ 1AD .所以,AD 1【点睛】本题考查了旋转的性质,全等三角形的判定与性质,勾股定理等知识，熟练解答本题的关键．例4．（2022·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 ，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）CD2+DB2=2DF2 ；（2）CD2+DB2=2DF2，证明见解析【分析】（1）由已知得222DE DF =，连接CF ，BE ，证明CDF BEF ∆≅∆得CD=BE ，再证明BDE ∆为直角三角形，由勾股定理可得结论；（2）连接CF ，BE ，证明CDF BEF ∆≅∆得CD=BE ，再证明BDE ∆为直角三角形，由勾股定理可得结论．【详解】解：（1）CD2+DB2=2DF2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 ∠=︒ ∴45FCB FBC ∠=∠=︒，90CFD DFB ∠+∠=︒又90DFB EFB ∠+∠=︒ ∴CFD EFB ∠=∠在CFD ∆和BFE ∆中CF BF CFD BFE DF EF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩ ∴CFD ∆≅BFE ∆∴CD BE =，45EBF FCB ∠=∠=︒ ∴454590DBF EBF ∠+∠=︒+︒=︒ ∴222DB BE DE +=∵CD BE =，222DE DF =∴CD2+DB2=2DF2 ；（2）CD2+DB2=2DF2 证明：连接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，BE2+DB2=DE2∵ DE2=2DF2 ∴ CD2+DB2=2DF2【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5．（2022·山西大同·九年级期中）综合与实践：已知ABC 是等腰三角形，AB AC =．（1）特殊情形：如图1，当DE ∥BC 时，DB ______EC ．（填“＞”“＜”或“＝”）；（2）发现结论：若将图1中的ADE 绕点A 顺时针旋转α（0180α︒<<︒）到图2所示的位置，则（1）中的结论还成立吗？请说明理由．（3）拓展运用：某学习小组在解答问题：“如图3，点P 是等腰直角三角形ABC 内一点，90BAC ∠=︒，且1BP =，2AP =，3CP =，求BPA ∠的度数”时，小明发现可以利用旋转的知识，将BAP △绕点A 顺时针旋转90°得到CAE V ，连接PE ，构造新图形解决问题．请你根据小明的发现直接写出BPA ∠的度数．【答案】（1）=；（2）成立，理由见解析；（3）∠BPA=135°．【分析】（1）由DE ∥BC ，得到∠ADE=∠B ，∠AED=∠C ，结合AB=AC ，得到DB=EC ；（2）由旋转得到的结论判断出△DAB ≌△EAC ，得到DB=CE ；（3）由旋转构造出△APB ≌△AEC ，再用勾股定理计算出PE ，然后用勾股定理逆定理判断出△PEC 是直角三角形，在简单计算即可．【详解】解：（1）∵DE ∥BC ，∴∠ADE=∠B ，∠AED=∠C ，∵AB=AC ，∴∠B=∠C ，∴∠ADE=∠AED AD=AE ，∴DB=EC ，故答案为：=；（2）成立．证明：由①易知AD=AE ，∴由旋转性质可知∠DAB=∠EAC ，在△DAB 和△EAC 中AD AE DAB EAC AB AC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△DAB ≌△EAC （SAS ），∴DB=CE ；（3）如图，将△APB 绕点A 旋转90°得△AEC ，连接PE ，∴△APB ≌△AEC ，∴AE=AP=2，EC=BP=1，∠PAE=90°，∴∠AEP=∠APE=45°，在Rt △PAE 中，由勾股定理可得，在△PEC 中，PE2=（2=8，CE2=12=1，PC2=32=9，∵PE2+CE2=PA2，∴△PEC 是直角三角形，∴∠PEC=90°，∴∠AEC=135°，又∵△APB ≌△AEC ，∴∠BPA=∠CEA=135°．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，平行线的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理及其逆定理，解本题的关键是构造全等三角形，也是本题的难点．【答案】（1）见解析；（2）48；（3）15︒【分析】（1）通过边角边判定三角形全等；（2）连接,BD GE ，设,BG DE 交于点O ，,DE CG 交于点M ，先证明DE BG ⊥，由勾股定理可得2222DG BE DB GE +=+；（3）作CK GE ⊥于点K ，则122CK GE ==，且1452GCK GCE ∠=∠=︒，由含30度角的直角三角形的性质求解．【详解】（1）四边形ABCE 与CEFG 为正方形，CG CE =，90BCG DCE ∠=∠=︒，90BCG α=∠︒+，90DCE α∠=︒+，BCG DCE ∴∠=∠，在BCG 和DCE △中，BC DC BCG DCECG CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩BCG DCE ∴≌ (SAS)， （2）连接,BD GE ，设,BG DE 交于点O ，,DE CG 交于点M ，90BCG α=∠︒+，90DCE α∠=︒+，BCG DCE ∴∠=∠， 在△BCG 和DCE △中，BC DC BCG DCE CG CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()SAS BCG DCE ∴△≌，BGC DEC ∠=∠，GMO EMC ∠=∠，18090GOM GMO BGC EMC DEC GCE ∴∠=︒−∠−∠=︒−∠−∠=∠=︒DE BG ∴⊥，由勾股定理得222DG DO GO =+，222BE OB OE =+，22222222DG BE DO GO OB OE DB GE ∴+=+++=+，4,AB CG ==，BD ∴==4GE ==，2222(448DG BE ++∴==，(3)作CK GE ⊥于点K ，如图，△CEG 为等腰直角三角形，122CK GE ==，且1452GCK GCE ∠=∠=︒，在Rt CDK 中，12CK CD =，30CDK ∴∠=︒，903060DCK ∴∠=︒−︒=︒， 604515DCG DCK GCK =∠−∠=︒−︒=︒∠．∴15α=︒．【点睛】本题考查四边形与三角形的综合问题，解题关键是熟练掌握正方形与直角三角形的性质，通过添加辅助线求解．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；④∆AEF的周长=2AB；⑤CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD。

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。

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
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。

完整版)浙教版八年级三角形中几种模型一、手拉手模型：手拉手模型是一种几何证明方法，利用等腰三角形的性质来推导结论。

具体步骤如下：1.判断手的左右，将等腰三角形的顶角顶点朝上，左边为左手顶点，右边为右手顶点。

2.手拉手的定义是指两个顶角相等且有共顶点的等腰三角形形成的图形。

3.根据SAS（边-角-边）的几何条件，可以得出手拉手模型的基本结论，包括△ABC≌△AB'C'、∠BAB'=∠BOB'、AO 平分∠BOC'等。

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∠AHCB；（7）GF∥AC。

变式练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；（5）GF∥AC。

变式练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___，连接AG、CE，二者相交于H。

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。