第12章全等三角形之手拉手模型Word文件下载.docx

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（5）△AGB≌△DFB

（6）△EGB≌△CFB

（7）连接GF，△BGF为等边三角形

【简证】

（1）∵△ABD和△BCE为等边三角形

∴∠ABD=∠CBE=60°

∴∠ABD+∠DBE=∠CBE+∠DBE即∠ABE=∠DBC

在△ABE和△DBC中

∴△ABE≌△DBC（SAS）（经典全等）

（2）∵△ABE≌△DBC

∴AE＝DC．（经典拉手线）

（3）∵△ABE≌△DBC

∴∠1＝∠2

∴∠DGM＝∠AGB

∴∠DMA＝∠4＝60°

（拉手线夹角找8字）

（4）过点B作BQ⊥DC于Q，过点B作BN⊥AE于点N

∵△ABE≌△DBC

∴S△ABE＝S△DBC

∴½

×

AE×

BN＝½

CD×

BQ

∵AE＝CD

∴BN＝BQ

∴点B在∠AMC的平分线上

∴MB平分∠AMC（拉手线交点与顶点连线平分角）

（5）∵∠5＝180°

－∠4－∠CBE＝60°

∴∠4＝∠5

∵△ABE≌△DBC

又∵AB＝DB

∴△AGB≌△DFB（ASA）

（6）同（5）可证△EGB≌△CFB（ASA）

（7）连接GF，

由（5）得△AGB≌△DFB

∴BG＝BF

又∵∠5＝60°

∴△BGF是等边三角形

【变式1】

（1）如图①中，C点为线段AB上一点，△ACM，△CBN是等边三角形，AN与BM相等吗？

说明理由；

（2）如图②中，C点为线段AB上一点，等边三角形ACM和等边三角形CBN在AB的异侧，此时AN与BM相等吗？

（3）如图③中，C点为线段AB外一点，△ACM，△CBN是等边三角形，AN与BM相等吗？

说明理由．

解析：

题中三问均是对等边三角形性质的考查以及全等三角形的证明，由已知条件，利用等边三角形的性质可找出对应边及夹角相等，证明全等，即可得到线段相等．

【变式2】

（1）如图①，点C是线段AB上一点，分别以AC，BC为边在AB的同侧作等边△ACM和△CBN，连接AN，BM．分别取BM，AN的中点E，F，连接CE，CF，EF．观察并猜想△CEF的形状，并说明理由．

（2）若将

（1）中的“以AC、BC为边作等边△ACM和△CBN”改为“以AC，BC为腰在AB的同侧作等腰△ACM和△CBN”，如图2，其他条件不变，那么

（1）中的结论还成立吗？

若成立，加以证明；

若不成立，请说明理由．

图②

图①

此题综合考查等边三角形的性质与判定，三角形全等的判定与性质，等腰三角形的性质等知识点．

（1） 

先求证△ACN≌△MCB，得出AN=BM，∠ANC=∠MBA，再证△NFC≌△BEC，得出CE=CF，∠BCE=∠NCF，得出

∠ECF=60°

，证得结论成立；

（2）证明过程如上

（1）中的结论只有CE=CF，而∠ECF等于等腰三角形的顶角≠60°

，得出结论不成立．

【变式3】

（1）发现：

如图①，点A为线段BC外一动点，且BC=a，AB=b．当点A位于　　　　时，线段AC的长取得最大值，且最大值为　　　　（用含a，b的式子表示）

（2）应用：

点A为线段BC外一动点，且BC=3，AB=1，如图②所示，分别以AB、AC为边，作等边三角形ABD和等边三角形ACE，连接CD，BE．

①请找出图中与BE相等的线段，并说明理由；

②直接写出线段BE长的最大值．

本题主要考察等边三角形的性质以及SAS定理的应用。

（1）当点A在线段CB的延长线时最大；

（2）①证明△CAD≌△EAB（SAS）得到DC=BE；

②当BCD三点共线时得到最大值为BE=AB+AE=5.

【变式4】

两个大小不同的等腰直角三角形三角板如图①所示放置，图②是由它抽象出的几何图形，B、C、E在同一条直线上，连结DC．

（1）请找出图②中的全等三角形，并给予证明（说明：

结论中不得含有未标识的字母）；

（2）证明：

DC⊥BE．

（1）△BAE≌△CAD，

理由如下：

∵∠BAC=∠DAE=90°

∴∠BAE=∠DAC

又∵AB=AC∠B＝∠ADC＝45°

∴△BAE≌△CAD

∵△BAE≌△CAD

∴∠BEA＝∠ADC

又∵∠ADE＝45°

∴∠BEA＋∠CDE＝45°

又∵∠DEA＝45°

∴∠CDE＋∠DEC＝90°

∴∠BCD＝90°

即DC⊥BE

【变式5】

如图，△ABC中，CA=CB，∠ACB=90°

，D为△ABC外一点，且AD⊥BD，BD交AC于E，G为BC上一点，且∠BCG=∠ACD.求证：

CD=CG.

证明：

∵AD⊥BD

∴∠ADB=90°

∵∠ACB=90°

，∠AED=∠BEC

∴∠CAD=∠DBH

∵∠BCG=∠DCA

∵在△ACD和△BGC中

∴△ACD≌△BGC（ASA）

∴CD=CG

【变式6】

如图，在Rt△ABC中，∠CAB=90°

，AB=AC，D为AC的中点，过点作CF⊥BD交BD的延长线于点F，过点作AE⊥AF于点．

（1）求证：

△ABE≌△ACF；

（2）过点作AH⊥BF于点H，求证：

CF=EH．

（1）∵AE⊥AF，∠CAB=90°

∴∠EAF=∠CAB=90°

∴∠EAF﹣∠EAC=∠CAB﹣∠EAC即∠BAE=∠CAF

∵CF⊥BD

∴∠BFC=90°

=∠CAB

∴∠BDA+∠ABD=90°

，∠DCF+∠FDC=90°

∵∠ADB=∠FDC

∴∠ABD=∠DCF

在△ABE和△ACF中

∴△ABE≌△ACF（ASA）

（2）∵由

（1）知△ABE≌△ACF

∴AE=AF

∵∠EAF=90°

∴∠AEF=∠AFE=45°

∵AH⊥BF

∴∠AHF=∠AHE=90°

=∠CFH

∴∠EAH=180°

﹣∠AHE﹣∠AEF=45°

=∠AEF

∴AH=EH

∵D为AC中点

∴AD=CD

在△ADH和△CDF中

，

∴△ADH≌△CDF（AAS）

∴AH=CF，

∴EH=CF　

【变式7】

如图，∠C=90°

，BC=AC，点D、E分别在BC和AC上，且BD=CE，M是AB的中点，连接CM，求证：

（1）△CEM≌△BDM；

（2）△MDE是等腰直角三角形．

（1）∵∠ACB=90°

，BC=AC

∴∠A=∠B=45°

∵M是AB的中点

∴CM⊥AB，∠ACM=∠BCM=45°

，CM=BM=AM

∴∠DBM=∠ECM

∵在△CEM和△BDM中

∴△CEM≌△BDM（SAS）

（2）∵△CEM≌△BDM

∴EM=DM，∠EMC=∠DMB

∵∠DMC+∠DMB=90°

∴∠DMC+∠EMC=90°

，即∠DME=90°

∴△MDE是等腰直角三角形　

【变式8】

如图，AC=AB，AE=AD，B、E、D三点共线，∠1=∠2，求证：

EA平分∠CED.

∵∠1=∠2

∴∠CAE=∠BAD

在△CAE和△BAD中，

∴△CAE≌△BAD.

∴∠CEA=∠D

∵AE=AD

∴∠AED=∠D

∴∠CEA=∠AED

∴EA平分∠CED

【引申】

如图①，点M为锐角三角形ABC内任意一点，连接AM、BM、CM．以AB为一边向外作等边三角形△ABE，将BM绕点B逆时针旋转60°

得到BN，连接EN．

△AMB≌△ENB；

（2）若AM+BM+CM的值最小，则称点M为△ABC的费尔马点．若点M为△ABC的费尔马点，试求此时∠AMB、∠BMC、∠CMA的度数。

（3）小翔受以上启发，得到一个作锐角三角形费尔马点的简便方法：

如图②，分别以△ABC的AB、AC为一边向外作等边△ABE和等边△ACF，连接CE、BF，设交点为M，则点M即为△ABC的费尔马点．试说明这种作法的依据．

解：

（1）证明：

∵△ABE为等边三角形，

∴AB=BE，∠ABE=60°

．

∠MBN=60°

∴∠ABM=∠EBN．

在△AMB与△ENB中

∴△AMB≌△ENB（SAS）．

（2）连接MN．由

（1）知，AM=EN．

∵∠MBN=60°

，BM=BN，

∴△BMN为等边三角形．

∴BM=MN．

∴AM+BM+CM=EN+MN+CM．

∴当E、N、M、C四点共线时，AM+BM+CM的值最小．此时，∠BMC=180°

﹣∠NMB=120°

；

∠AMB=∠ENB=180°

﹣∠BNM=120°

∠AMC=360°

﹣∠BMC﹣∠AMB=120°

．

（3）由

（2）知，△ABC的费尔马点在线段EC上，同理也在线段BF上．因此线段EC与BF的交点即为△ABC的费尔马点．

完结......