全等经典题型之“手拉手”

“手拉手”是全等类的题型中较为常见的一种，这期我们简单分析一下这类题的做法。

例：如图，在直线ABC的同一侧做两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，相交于点H，与BD、BE分别交于G、F，连接G、F。

求证：AE=DC

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解析：此题为典型的“手拉手”型问题，除AE=DC外，还可以推出许多条结论，总结如下：

1、图中有三对全等三角形，分别是①△ABE≌△DBC  ②△ABG≌△DBF  ③△BGE≌△BFC。

2、图中有一个等边△BGF

3、图中有一组平行线  GF∥AC

4、在三个等边三角形外，还有∠AHD=∠CHE=60°

5、一条隐形的角平分线，即连接HB,则HB平分∠GHF。

这么多结论，吓到你了吧，其实只要证明△ABE≌△DBC，其他问题都可以迎刃而解。下边我们一一破解之。

三个全等

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∵△ABD和△BCE是全等三角形

∴BA=BD  BE=BC  ∠ABD=∠CBE=60°

∴∠DBE=180°-∠ABD-∠CBE=60°

易证∠ABE=∠DBC=120°

∴△ABE≌△DBC（SAS）

∴AE=DC   

∠GAB=∠FDB

又∵BA=BD  ∠GBA=∠FBD=60°

∴△ABG≌△DBF（ASA）

同理可证，△BGE≌△BFC

一个等边△BGF

由△ABG≌△DBF可得，BG=BF，又因为∠DBE=60°（已证），故

△BGF是等边三角形。

一组平行线

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∵△BGF是等边三角形

∴∠BGF=60°

又因为  ∠ABD=60°

∴∠BGF=∠ABD

∴GF∥AC

两个60°的角

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∵∠DBA=60°

∴∠BDC+∠BCD=∠DBA=60°

又∵∠BAE=∠BDC

∴∠BAE+∠BCD=60°

即∠CAH+∠ACH=60°

因为∠AHD、∠CHE是△HAC的外角

∴∠AHD=∠CHE=∠CAH+∠ ACH=60°

角平分线

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    大家可以试证一下 BH平分∠AHC。以下稍作解析。

   如图，作BM⊥AH ，,BN ⊥CH，垂足分别是M，N。可由AAS证

△ABM≌△DBN，所以BM=BN，故BH平分∠AHC。

手拉手转起来

    如图，当△BEC绕B点旋转某个角度时，上述结论中有哪些是成立的呢？

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   换成正方形，等腰直角三角形，结论有什么变化？

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“手拉手”的经典模型还有很多，今天介绍到这儿，感兴趣的同学可以继续探索！

本期图文 王国宪