模型12 全等三角形——手拉手模型-解析版

全等三角形 模型（十二）——手拉手模型 ◎结论1：如图所示，B=，D=E，∠B=∠DE，则 △BD △E; BD ⑴ ≌ ⑵ 和E 的夹角∠P=∠B=∠DE 等腰三角形的手拉手 ⑴ 【证明】∵ ∠B＝∠DE ∠B ∴ －∠D＝∠DE－∠D,即∠BD＝∠E 在△BD 和△E 中， B＝ ∠BD＝∠E D＝E △BD △E ∴ ≌ （SS） (2)△BD △E, ≌ 可看成△BD 绕点逆时针旋转到△E 的位置,B 和的夹角为∠B,D 和E 的夹角为∠DE,BD 和E 的夹角为∠P,根据旋转的性质容易得到对应边的夹角等于旋转角,故∠P=∠B=∠DE 找全等三角形的方法 顶左左，顶右右 【相同图形的左手拉左手，右手拉右手】 ◎结论2：如图所示，B=，D=E，∠B=∠DE=90º，则 ⑴△BD ≌△E; ⑵BD⊥E 等腰直角三角形手拉手 ◎结论3：如图所示，△B 与△DE 是等边三角形 △BD △E; ∠B=∠DE=60º ⑴ ≌ ⑵ 等边三角形手拉手 ◎结论4：如图所示，△B 与△DE 是等边三角形，当点B、、E 共线时 重要结论： 1、△BD △E ≌ 2、∠1＝∠2 ∠3 ➯ ＝60° 3、∠DE＝∠B＝60° 4、△BG △F,△GD △FE ≌ ≌ 5、G＝F,∠GF＝60° △GF ➯ 为等边三角形 ∠ ➯GF＝60° GF∥BE ➯ 6、平分∠BE 1．（2022·江苏·八年级专题练习）如图，为线段E 上一动点（不与点 ， 重合），在E 同侧分别作等边三角形 B 和等边三角形DE，D 与BE 交于点，D 与B 交于点P，BE 与D 交于点Q，连结PQ．以下结论错误的是（ ） ．∠B=60° B．P=BQ ．PQ∥E D．DE=DP 【答】D 【分析】利用等边三角形的性质，B∥DE，再根据平行线的性质得到∠BE=∠DE，于是 ∠B=∠D+∠BE=∠BE+∠DE=∠DE=60°，得出正确；根据△QB≌△P（S），得出B 正确；由△D≌△BE 得∠BE=∠D，加 之∠B=∠DE=60°，=B，得到△QB≌△P（S），再根据∠PQ=60°推出△PQ 为等边三角形，又由∠PQ=∠DE，根据内错 角相等，两直线平行，得出正确；根据∠DE=60°，∠DQE=∠EQ+∠EQ=60°+∠EQ，可知∠DQE≠∠DE，得出D 错误． 【详解】解：∵等边△B 和等边△DE， = ∴B，D=E，∠B=∠DE=60°， ∴∠B+∠BD=∠DE+∠BD，即∠D=∠BE， 在△D 与△BE 中， ， ∴△D≌△BE（SS）， ∴∠BE=∠D， 又∵∠B=∠DE=60°， ∴∠BD=60°，即∠P=∠BQ， 又∵=B， 在△QB 与△P 中， ， ∴△QB≌△P（S）， ∴P=Q， 又∵∠PQ=60°可知△PQ 为等边三角形， ∴∠PQ=∠DE=60°， ∴PQ E ∥， 故正确， ∵△QB≌△P， ∴P=BQ， 故B 正确， ∵D=BE，P=BQ， ∴D-P=BE-BQ， 即DP=QE， ∵∠DQE=∠EQ+∠EQ=60°+∠EQ，∠DE=60°， ∴∠DQE≠∠DE，故D 错误； ∵∠B=∠DE=60°， ∴∠BD=60°， ∵等边△DE， ∠ED=60°=∠BD， ∴B DE ∥ ， ∴∠BE=∠DE， ∴∠B=∠D+∠BE=∠BE+∠DE=∠DE=60°， 故正确． 故选：D． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，利用旋转不变性，解题的关键是找到不变量． 2．（2022·江苏·八年级专题练习）如图，在 中， ，分别以 ， 为边作等边 和等边 ，连结 ，若 ， ，则 （ ） ． B． ．4 D． 【答】 【分析】在Rt△B 中可直接运用勾股定理求出B，然后结合“手拉手”模型证得△B≌△DE，即可得到DE=B，从而 求解即可． 【详解】解：在Rt△B 中，B=3，=5， ∴由勾股定理得：B=4， ∵ 和 均为等边三角形， ∴B=D，=E，∠BD=∠E=60°， ∴∠BD-∠D=∠E-∠D， 即：∠B=∠DE， 在△B 和△DE 中， ∴△B≌△DE(SS)， ∴DE=B=4， 故选：． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，掌握全等三角形的判定与性质，熟练运用勾股定 理解三角形是解题关键． 3．（2022·甘肃省兰州市育局八年级期中）如图，△B 和△DE 都是等腰直角三角形，∠B＝∠DE＝90°，连接E 交D 于点F，连接BD 交E 于点G，连接BE．下列结论中，正确的结论有（ ） ①E＝BD；②△D 是等腰直角三角形；③∠DB＝∠EB；④S 四边形BDE＝ BD•E；⑤B2+DE2＝BE2+D2． ．1 个 B．2 个 ．3 个 D．4 个 【答】 【分析】根据等腰直角三角形的性质可得B=，D=E，然后求出∠BD=∠E，再利用“边角边”证明△BD 和△E 全等， 根据全等三角形对应边相等可得E=BD，判断①正确；根据全等三角形对应角相等可得∠BD=∠E，从而求出 ∠BG+∠BG=∠B+∠B=90°，再求出∠BG=90°，从而得到BD⊥E，根据四边形的面积等于两个三角形的面积之和可判 断出④正确；根据勾股定理表示出B2+DE2，BE2+D2，得到⑤正确；再求出 时，∠D=90°，判断出②错误； ∠E 与∠BE 不一定相等判断出③错误． 【详解】解：∵，△B 和△DE 都是等腰直角三角形， ∴B=，D=E， ∵∠BD=∠B+∠D=90°+∠D， ∠E=∠DE+∠D=90°+∠D， ∴∠BD=∠E， ∴△BD≌△E（SS）， ∴E=BD， ∠BD=∠E，故①正确； ∴∠BG+∠BG=∠B+∠B=90°， 在△BG 中，∠BG=180°-（∠BG+∠BG）=180°-90°=90°， ∴BD⊥E， ∴S 四边形BDE= BD•E，故④正确； 由勾股定理，在Rt△BG 中，B2=BG2+G2， 在Rt△DEG 中，DE2=DG2+EG2， ∴B2+DE2=BG2+G2+DG2+EG2， 在Rt△BGE 中，BE2=BG2+EG2， 在Rt△DG 中，D2=G2+DG2， ∴BE2+D2=BG2+G2+DG2+EG2， ∴B2+DE2=BE2+D2，故⑤正确； 从题干信息没有给出 所以只有 时， =90°， 无法说明 ，更不能说明 故②错误； ∵△BD≌△E， ∴∠DB=∠E， 条件不足以证明 ∠E 与∠EB 相等无法证明， ∴∠DB=∠EB 不一定成立，故③错误； 综上所述，正确的结论有①④⑤共3 个． 故选：． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理的应用，对角线互相垂直 的四边形的面积等于对角线乘积的一半的性质，熟记各性质是解题的关键． 1．（2022·江苏·八年级专题练习）如图，△B 中，∠＝90°，＝B ，将△B 绕点顺时针方向旋转60°到△B''的位置， 连接B'，B'的延长线交B'于点D，则BD 的长为 _____． 【答】 【分析】连接BB′，根据旋转的性质可得B＝B′，判断出△BB′是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得 B＝BB′，然后利用“边边边”证明△B′和△B′B′全等，根据全等三角形对应角相等可得∠B′＝∠B′B′，延长B′交B′于 D，根据等边三角形的性质可得BD⊥B′，利用勾股定理列式求出B，然后根据等边三角形的性质和等腰直角三角形 的性质求出BD． 【详解】解：如图，连接BB′， ∵△B 绕点顺时针方向旋转60°得到△B′′， ∴B＝B′，∠BB′＝60°， ∴△BB′是等边三角形， ∴B＝BB′， 在△B′和△B′B′中， ， ∴△B′≌△B′B′（SSS）， ∴∠B′＝∠B′B′ ， 延长B′交B′于D， 则BD⊥B′， ∵∠＝90°，＝B＝ ， ∴B＝ ＝2=B’， ∴D= ∴BD＝ ， 故答为： 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质， 作辅助线构造出全等三角形并求出B′在等边三角形的高上是解题的关键，也是本题的难点． 2．（2022·全国·八年级课时练习）如图，点B、、E 在同一条直线上， 与 都是等边三角形，下列结 论：①E=BD；② ；③线段E 和BD 所夹锐角为80°；④FG BE ∥ ．其中正确的是______．（填序号） 【答】①②④ 【分析】利用等边三角形的性质证明 可判断①，利用 ，可得 利用三 角形的外角的性质可得 从而可判断③， 再结合等边三角形的性质证明 可判断②， 由 可得： ，结合 可得 ，从而可判断④． 【详解】解：如图，记 与 的交点为 ， ∵ 与 都是等边三角形， =B ∴ ，D=E，∠B= DE=60° ∠ ∵点B、、E 在同一条直线上， D=60° ∴∠ ， BD= E=120° ∴∠ ∠ 在 和 中， ∴ ， 所以结论①正确； ∵ ， BD= E ∴∠ ∠， B= DBE+ BE= DBE+ BD=180° ∵∠ ∠ ∠ ∠ ∠ BD=60° ∠ ， 所以③错误； 在 和 中， ， ∴ ， ∴所以②正确； ， G=F ∵ ，∠D=60°， GF=60 ∴∠ ， 又∵∠DE=60°， GF= DE ∴∠ ∠ ， GF B ∴ ∥，所以④正确． 故答为：①②④． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质和判定，平行线的判定，解决本题的关键是找 到判定三角形全等的条件． 3．（2022·全国·八年级课时练习）如图，=B，D=E，∠B= DE=50° ∠ ，D、BE 交于点，连接，则∠E=_______． 【答】65° 【分析】先判断出 ，再判断出 即可得到 平分 ，即可得出结论． 【详解】解：如图， ， ， 在 和 中， ； 过点 作 于 ， 于 ， ， ， 在 和 中， ， ， 在 与 中 ， ， 平分 ； ， ， ， ， ， ， 故答为： ． 【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质以及角平分线的定义．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注 意掌握数形结合思想的应用． 1．（1）如图1，△B 与△DE 均为等腰直角三角形，∠B=∠DE=90°，猜想并证明：线段E、BD 的数 量关系和位置关系． （2）在（1）的条件下，若点，E，D 在同一直线上，M 为△DE 中DE 边上的高，请判断∠DB 的度数及线段M， D，BD 之间的数量关系，并说明理由． 【答】（1）E=BD，E⊥BD，证明见解析．（2）∠DB=90°，D=2M+BD．证明见解析 【分析】（1）延长E 交BD 于点，交B 于点．只要证明△E≌△BD（SS），即可解决问题； （2）由△E≌△BD，即可解决问题． 【详解】解：（1）如图1 中，延长E 交BD 于点，交B 于点， ∵△B 和△DE 均为等腰直角三角形，∠B=∠DE=90°， = ∴B，D=E， ∴∠E=∠BD， ∴△E≌△BD（SS）， ∴E=BD，∠E=∠BD， ∵∠E+ =90° ∠ ，∠=∠B， ∴∠B+∠BD=90°． ∴∠B=90°， ∴E⊥BD． 故答为E=BD，E⊥BD； （2）∠DB=90°，D=2M+BD， 理由如下：如图2 中， ∵△B 和△DE 均为等腰直角三角形，∠B=∠DE=90°， ∴∠DE=∠ED=45°， ∴∠E=180°-∠ED=135°， 由（2）可知：△E≌△BD， ∴E=BD，∠BD=∠E=135°， ∴∠DB=∠BD-∠DE=135°-45°=90°； 在等腰直角三角形DE 中，M 为斜边DE 上的高， ∴M=DM=ME， ∴DE=2M， ∴D=DE+E=2M+BD． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角 形解决问题． 2．如图1，B、、D 三点在一条直线上，D 与BE 交于点，△B 和△ED 是等边三角形． (1)求证：△D≌△BE； (2)求∠BD 的度数； (3)如图2，若B、、D 三点不在一条直线上，∠BD 的度数是否发生改变？ （填“改变”或“不改变”） 【答】(1)证明见解析 (2)∠BD＝120° (3)不改变，理由见解析 【分析】（1）根据“SS”证明△D≌△BE 即可； （2）由全等三角形的性质得∠D＝∠BE，再由三角形的外角性质得∠B＝60°，即可求解； （3）同（1）得：△D≌△BE，得出∠D＝∠EB，根据三角形外角求出∠E=120°，即可得出答． （1） 证明：∵△B 和△ED 是等边三角形， ∴∠B＝∠ED＝60°，B＝，E＝D， ∴∠B+∠E＝∠ED+∠E， ∴∠BE＝∠D， 在△BE 和△D 中 ∵ ， ∴△BE≌△D（SS）． （2） 解：∵△BE≌△D， ∴∠D＝∠BE， ∵∠B＝∠EB+∠D， ∴∠B＝∠EB+∠BE＝∠DE＝60°， ∵∠B+∠BD＝180°， ∴∠BD＝120°． （3） 解：不改变，理由如下： 同（1）得：△D≌△BE（SS）， ∴∠D＝∠EB， ∵∠E＝∠B+∠B ＝∠B+∠D+∠B ＝∠B+∠EB+∠B ＝∠B+∠B ＝120° ∴∠BD＝∠E＝120°， 即∠BD 的度数不改变． 故答为：不改变． 【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等边三角形的性质，三角形外角的性质，对顶角性质，证明 △D≌△BE 是解题的关键．