初中数学三角形全等之手拉手模型

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 手拉手模型

特点：由两个等顶角的等腰三角形所组成，并且顶角的顶点为公共顶点。

主要结论：

（1）△ABD ≌ △AEC；

（2）∠α + ∠BOC = 180°；

（3）OA 平分 ∠BOC。

基本变形：

共顶点等边三角形模型一

共顶点等边三角形模型二

共顶点正方形模型

共顶点等腰直角三角形模型

典例精讲：

【例题 1】如图在直线 ABC 的同一侧作两个等边 △ABD 与 △BCE，连结 AE 与 CD，

证明：

（1）△ABE ≌ △DBC；

∵ △ABD 与 △BCE 都是等边三角形，

∴ AB = DB , BE = BC , ∠DBA = ∠CBE = 60°，

∵ ∠DBA + ∠DBE = ∠CBE + ∠DBE = 60° + ∠DBE，

∴ ∠ABE = ∠DBC，

∴ △ABE ≌ △DBC；（SAS）

（2）AE = DC；

由（1）知 △ABE ≌ △DBC，

∴ AE = DC；

（3）AE 与 DC 之间的夹角为 60°；

由（1）知 △ABE ≌ △DBC，

∴ ∠1 = ∠2，

∵ ∠1 + ∠DGH + ∠3 = 180°，∠2 + ∠AGB + ∠4 = 180°，

又 ∵ ∠DGH = ∠AGB ，∠4 = 60°，

∴ ∠3 = ∠4 = 60°，

即 AE 与 DC 之间的夹角为 60°；

（4）△AGB ≌ △DFB；

由（1）知 △ABE ≌ △DBC，

∴ ∠1 = ∠2，

∵ AB = DB , ∠3 + ∠4 + ∠5 = 180°，∠3 = ∠5 = 60°，

∴ ∠3 = ∠4 = 60°，

∴ △AGB ≌ △DFB（ASA）；

（5）△EGB ≌ △CFB；

由（1）知 △ABE ≌ △DBC，

∴ ∠1 = ∠2，

由（4）知 ∠3 = ∠4 = ∠5 = 60°，

∵ EB = CB , 

∴ △EGB ≌ △CFB（ASA）；

（6）BH 平分 ∠AHC；

连接 BH，过点 B 分别作 BM⊥AE 于点 M，BN⊥CD 于点 N，垂足分别为 M、N，

由（1）知 △ABE ≌ △DBC，

∴ ∠1 = ∠2，

∵ AB = DB , ∠AMB = ∠DNB = 90°，

∴ △AMB ≌ △DNB，

∴ BM = BN，

∴ BH 平分 ∠AHC；

（7）GF∥AC。

由（4）知 △AGB ≌ △DFB， ∠3 = ∠4 = ∠5 = 60°，

∴ GB = FB，

∴ △GBF 是等边三角形，

∴ ∠2 = ∠3 = 60°，

∴ FG∥AC。

练习：

如图两个等边三角形 △ABD 与 △BCE，连结 AE 与 CD，

证明：

（1）△ABE ≌ △DBC；

（2）AE = DC；

（3）AE 与 DC 之间的夹角为 60°；

（4）AE 与 DC 的交点设为 H, BH 平分 ∠AHC。