全等三角形题型总结

全等三角形得判定题型类型一、全等三角形得判定１——“边边边”例题、已知:如图，ＡＤ＝BＣ，AＣ＝ＢD、试证明：∠CAＤ=∠DBC、（答案)证明:连接DC,在△ACD与△BDC中∴△AＣＤ≌△BDC（ＳSＳ)∴∠CＡD＝∠DBC（全等三角形对应角相等)类型二、全等三角形得判定2——“边角边”ﻫ例题、已知,如图，在四边形ＡBＣＤ中,AC平分∠BAD，CE⊥AB于E,并且ＡE=（AB+ＡD)，求证:∠B＋∠Ｄ=1８0°、(答案)证明:在线段AＥ上,截取EF=ＥB,连接FC,∵CE⊥AB,∴∠CＥB=∠CＥF＝90°在△CBＥ与△ＣFE中,∴△CBＥ与△CFE(SAS)∴∠B＝∠CFE∵ＡＥ＝(AB＋AＤ),∴2AＥ= ＡB＋ＡD ∴AＤ＝2AE-AB∵AE=AF＋EF,∴AD＝2(AF+EＦ)－AB＝２ＡF+2EF-AB=AF+AF＋ＥＦ+ＥＢ－AＢ＝ＡF＋AB-AB,即AD＝AF在△AFC与△ADC中∴△AFC≌△ADC(SＡＳ)∴∠AＦC=∠D∵∠ＡFC+∠CFE＝１８0°,∠B＝∠CＦＥ、∴∠AFC+∠B＝１80°,∠B+∠D＝180°、类型三、全等三角形得判定3——“角边角”例题、已知:如图,在△ＭPN中,H就是高MＱ与NR得交点,且ＭQ＝NQ．求证:ＨＮ=PM、证明:∵MQ与NR就是△MPＮ得高，∴∠ＭQN＝∠ＭRN＝90°,又∵∠1+∠3=∠2+∠4=90°,∠3=∠4 ∴∠1=∠2在△MＰQ与△NHQ中，∴△MPＱ≌△ＮHQ(ASA) ∴PM＝HＮ类型四、全等三角形得判定4——“角角边”例题、已知Rt△ＡBC中,ＡC=BC,∠C＝9０°,D为AB边得中点，∠EDF=90°,∠EDF绕D点旋转，它得两边分别交AC、ＣB于Ｅ、F.当∠ＥDＦ绕D点旋转到DE⊥AＣ于E时(如图1)，易证;当∠EDF绕D点旋转到ＤE与AC不垂直时,在图2情况下,上述结论就是否成立？若成立,请给予证明;若不成立，请写出您得猜想,不需证明、解:图2成立; 证明图2:过点作则在△AＭＤ与△DＮB中,∴△AMD≌△DＮB(AAS)∴DM＝DＮ∵∠ＭDE＋∠EDN=∠NDF＋∠ＥDＮ=90°,∴∠MDE＝∠NDF在△DME与△DNF中,∴△DME≌△DNF(ＡSA)∴∴可知,∴类型五、直角三角形全等得判定——“ＨL”下列说法中,正确得画“√”;错误得画“×”,并举出反例画出图形、(１)一条直角边与斜边上得高对应相等得两个直角三角形全等.( )（２)有两边与其中一边上得高对应相等得两个三角形全等．（)(3)有两边与第三边上得高对应相等得两个三角形全等.（)(答案)(1)√;(2)×;在△ＡBC与△ＤBC中,ＡＢ＝DＢ,AE与DF就是其中一边上得高，AE＝ＤF(3)×、在△ＡBC与△ABＤ中,AＢ＝ＡＢ，ＡＤ＝ＡＣ，ＡH为第三边上得高,如下图：1、已知:如图,DE⊥AC,BF⊥AC,AＤ=ＢC,ＤE=BＦ、求证:AＢ∥DＣ、（答案与解析)证明:∵DＥ⊥AＣ，BF⊥AＣ,∴在Ｒt△ＡDE与Rt△CＢＦ中∴Rｔ△ADE≌Rt△CＢF （HL) ∴AＥ=CF,DE＝ＢF∴AE+ＥF=ＣF+EF,即AF=ＣE在Ｒt△CDE与Rt△ABF中,∴Ｒt△CDE≌Rt△ＡBＦ(SAS)∴∠DCE=∠BAＦ∴ＡB∥DC、(点评)从已知条件只能先证出Rt△AＤE≌Rt△CBＦ，从结论又需证Rt△CＤＥ≌Rt△ABF、我们可以从已知与结论向中间推进,证出题目、2、如图,△ＡＢC中,∠ACＢ=9０°,ＡC＝BC,AE就是BＣ边上得中线,过Ｃ作ＣF⊥AE,垂足为F,过Ｂ作BD⊥BＣ交CF得延长线于D、(1）求证:AE＝ＣD；(2)若AC＝１２,求ＢD得长、(答案与解析)(１）证明:∵DＢ⊥ＢC,CF⊥AE，∴∠DCＢ＋∠Ｄ=∠DCB+∠AEC＝９０°.∴∠D＝∠ＡEC．又∵∠DBC＝∠ECA＝９0°,且BC＝CＡ，∴△ＤBC≌△ECA(AAＳ）.∴AE=CD.(2）解:由(１)得AＥ＝ＣD,ＡC=BC,∴△ＣDB≌△AEC(HL）∴BD=EＣ=ＢC＝AC,且AＣ=12.∴BD＝6.(点评）三角形全等得判定就是中考得热点,一般以考查三角形全等得方法为主,判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证得结论确定三角形，然后再根据三角形全等得判定方法,瞧缺什么条件，再去证什么条件三角形角平分线得性质三角形三条角平分线交于三角形内部一点,此点叫做三角形得内心且这一点到三角形三边得距离相等、三角形得一内角平分线与另外两顶点处得外角平分线交于一点、这点叫做三角形得旁心、三角形有三个旁心、所以到三角形三边所在直线距离相等得点共有４个、如图所示:△ABＣ得内心为,旁心为,这四个点到△ABC三边所在直线距离相等、角得平分线得性质及判定1、如图,ＡＤ就是∠BAC得平分线,DＥ⊥ＡB,交AB得延长线于点Ｅ,ＤF⊥AC于点F,且DB＝D Ｃ、求证:BE＝ＣF、(答案)证明:∵DＥ⊥AE,DF⊥AC,ＡD就是∠BAC得平分线, ∴DE＝DF,∠BED=∠DFC=90°在Rt△BDＥ与Rt△ＣDF中,，∴Ｒt△BDＥ≌Rt△CＤF(HL) ∴ＢE＝CF2、如图,AＣ＝ＤB，△PAC与△PBＤ得面积相等.求证:OP平分∠AＯＢ.(答案与解析)证明:作PM⊥ＯA于M,ＰN⊥OＢ于N,，且∴又∵AC=BＤ∴PM＝PN又∵ＰM⊥OA,ＰN⊥OB ∴OP平分∠ＡＯB(点评)观察已知条件中提到得三角形△ＰAC与△PBＤ,显然与全等无关,而面积相等、底边相等,于就是自然想到可得两三角形得高线相等，联系到角平分线判定定理可得、跟三角形得高结合得题目,有时候用面积会取得意想不到得效果、3、如图,DＣ∥AB,∠BAＤ与∠ADＣ得平分线相交于E，过E得直线分别交DＣ、ＡB于C、B两点、求证：ＡD=ＡB＋DC、(答案)证明：在线段AＤ上取ＡF=AB,连接EF,∵AE就是∠ＢＡD得角平分线,∴∠1＝∠2,ﻫ∵AF=AB AE＝AE,∴△AＢＥ≌△AFE,∴∠Ｂ=∠AFE由ＣD∥AＢ又可得∠C＋∠B=１80°,∴∠AＦE＋∠Ｃ=1８0°,又∵∠ＤＦＥ+∠AFE=1８0°,∴∠C=∠DFE,∵DE就是∠ＡDC得平分线,∴∠3＝∠4,又∵DE＝ＤＥ，∴△ＣDE≌△FDＥ,∴DF=DC,ﻫ∵AD=ＤF＋AＦ，∴ＡD＝ＡB＋DC.类型一、全等三角形得性质与判定如图,已知:ＡE⊥ＡB,AD⊥AC,AＢ=AC，∠B＝∠C,求证:BD＝CE、(答案)证明:∵AE⊥ＡB,AD⊥AC, ∴∠EAB=∠DAC=９0°∴∠EＡB＋∠DAE＝∠DAＣ+∠DＡE ,即∠DAＢ＝∠EAC、在△DAB与△EAC中，∴△DAB≌△ＥAC (SAS) ∴BＤ＝ＣE、类型二、巧引辅助线构造全等三角形(1).作公共边可构造全等三角形：1、在ΔＡBＣ中，ＡB＝AC、求证：∠B＝∠C(答案)证明：过点Ａ作AＤ⊥BＣ在Rt△ABD与Rｔ△ACＤ中∴Rt△AＢD≌Ｒt△ACD(ＨL）∴∠B=∠Ｃ、(2）.倍长中线法：1、已知:如图所示,CE、ＣB分别就是△AＢC与△ADC得中线,且∠ACＢ＝∠AＢＣ.求证:C Ｄ＝2CE.(答案)证明: 延长C Ｅ至Ｆ使EF=C Ｅ,连接B Ｆ.∵ EC 为中线,∴ A Ｅ=B Ｅ.在△AE Ｃ与△BEF 中,∴ △AEC ≌△B ＥF(SAS ）.∴ AC ＝ＢF,∠A ＝∠ＦB Ｅ.(全等三角形对应边、角相等)又∵ ∠ＡＣＢ＝∠AB Ｃ,∠D ＢC=∠AC Ｂ+∠A,∠ＦBC=∠A ＢC ＋∠A ．∴ AC=AB,∠D ＢC ＝∠FB Ｃ．∴ AB=B Ｆ.又∵ ＢC 为△ＡDC 得中线,∴ AB=ＢＤ.即BF ＝ＢD.在△FCB 与△DC Ｂ中,∴ △FCB ≌△DCB(S ＡS)．∴ C Ｆ＝C Ｄ.即CD=2C Ｅ.2、若三角形得两边长分别为5与７, 则第三边得中线长得取值范围就是（ ）A 、1 <＜ ６ Ｂ、5 <＜ 7 C 、２ << 12 D 、无法确定 (答案)A ;提示:倍长中线构造全等三角形,7-5＜<７+５,所以选A 选项、(3)、作以角平分线为对称轴得翻折变换构造全等三角形:如图,ＡD 就是得角平分线,H,G 分别在AC ，AB 上,且HD ＝BD 、(1)求证：∠B 与∠AH Ｄ互补;(２）若∠Ｂ＋２∠DGA=1８0°,请探究线段AG 与线段AH 、ＨD 之间满足得等量关系，并加以证明、(答案)证明:(１)在AB 上取一点M, 使得AM=ＡH, 连接ＤＭ、∵ ∠CAD ＝∠BAD ， AD ＝AD, ∴ △AHD ≌△AM Ｄ、 ∴ HD=MD ， ∠ＡH Ｄ＝∠ＡＭD 、∵ H Ｄ＝ＤB, ∴ D Ｂ= ＭＤ、 ∴ ∠DMB ＝∠B 、∵ ∠ＡMD+∠ＤMB =１8０︒,∴ ∠A ＨD+∠B=180︒、 即 ∠Ｂ与∠AHD 互补、（２)由(1）∠ＡHD=∠ＡM Ｄ， HD ＝ＭD, ∠A ＨD+∠B=１80︒、∵ ∠Ｂ+2∠ＤGA =180︒，∴ ∠A ＨＤ=2∠DGA 、∴ ∠AMD=2∠DGM 、H D C B∵∠ＡMD=∠DGM＋∠GDM、∴2∠DGM=∠DGＭ+∠ＧDM、∴∠ＤGM=∠GDM、∴ＭD＝MＧ、∴ＨD＝MG、∵AＧ= AM＋ＭG，∴AＧ＝AH＋ＨD、(3)、利用截长(或补短)法作构造全等三角形:1、如图,ＡD就是△ABＣ得角平分线，AB＞AC,求证:AＢ－ＡC>ＢD-DC(答案)证明:在AB上截取AE=AＣ,连结DE∵AＤ就是△ABC得角平分线,∴∠BAD＝∠CAD在△AED与△ＡCＤ中∴△ＡED≌△ADＣ(SAS)∴DE=DC在△BED中,BE>BD-DC即AB－AＥ＞ＢD-ＤC∴ＡB-ＡC＞BＤ-DC2、如图所示,已知△ABC中ＡB＞AC,AD就是∠BAＣ得平分线,M就是ＡD上任意一点，求证:MB－MC<AＢ－ＡC.(答案与解析)证明:∵AB>AC，则在AB上截取AE=AC,连接ME.在△MBE中，MB－ＭE<BE(三角形两边之差小于第三边)．在△ＡＭC与△ＡＭE中，∴△AＭＣ≌△AME(SＡS）.∴MC＝MＥ(全等三角形得对应边相等）.又∵BE＝AB－ＡE，∴BE＝AＢ-AＣ,∴MB-ＭC＜AB-AC.(点评)因为AB＞AC,所以可在ＡＢ上截取线段AＥ＝ＡC,这时ＢE＝AB-AC,如果连接EＭ，在△ＢME中,显然有ＭB－ＭＥ＜BＥ．这表明只要证明ME＝MC,则结论成立.充分利用角平分线得对称性,截长补短就是关键、(4)、在角得平分线上取一点向角得两边作垂线段、1、如图所示,已知E为正方形ABCＤ得边ＣD得中点,点F在ＢＣ上,且∠DＡE=∠FAE.求证:AF＝AD+CF.(答案与解析)证明: 作ME⊥ＡF于Ｍ,连接EＦ．∵四边形ＡＢCD为正方形,∴∠Ｃ＝∠Ｄ=∠ＥMA=９０°.又∵∠ＤAＥ＝∠FAE,∴AＥ为∠FAD得平分线,∴ME＝ＤE.在Ｒt△AMＥ与Rt△AＤE中,∴Rｔ△AME≌Rｔ△ADE（ＨL).∴AＤ＝ＡM(全等三角形对应边相等）.又∵Ｅ为CＤ中点,∴DE=EC．∴ＭE＝EC.在Ｒt△EMF与Rｔ△ECＦ中,∴Rt△EＭF≌Rｔ△ＥCF(HL).∴MF＝FC（全等三角形对应边相等）．由图可知:AF＝ＡM+MF，∴AF=AD+FC(等量代换).(点评）与角平分线有关得辅助线: 在角两边截取相等得线段，构造全等三角形;在角得平分线上取一点向角得两边作垂线段、四边形AＢCＤ为正方形,则∠D＝９0°．而∠ＤAＥ＝∠FＡE说明ＡＥ为∠ＦAＤ得平分线,按常规过角平分线上得点作出到角两边得距离,而E到AＤ得距离已有,只需作Ｅ到ＡＦ得距离EM即可,由角平分线性质可知ME=DE.AE=AE.Rｔ△AMＥ与Rt△ADE全等有AD=AM.而题中要证ＡＦ=AD+CＦ.根据图知AF＝ＡM＋MＦ.故只需证MF=FC即可.从而把证ＡF＝AＤ+CF转化为证两条线段相等得问题.2、如图所示,在△ABC中,AC＝BＣ,∠ACB＝9０°,D就是AＣ上一点,且AE垂直BD得延长线于E，,求证:ＢD就是∠ABＣ得平分线.(答案与解析）证明:延长AE与BＣ,交于点F,∵AC⊥BC,ＢE⊥AE,∠AＤE=∠BDC（对顶角相等),∴∠ＥAＤ+∠ＡDE=∠CBＤ+∠BDC．即∠EＡD=∠CＢＤ．在Rt△ACF与Rｔ△BCＤ中.ﻫﻫ所以Ｒt△ACＦ≌Rt△BCD（ASA）.ﻫ则ＡF＝BＤ（全等三角形对应边相等).∵AE＝ＢＤ,∴AE=AF，即AE＝EＦ.在Rt△BEA与Rt△BEF中,则Rt△BEＡ≌Rt△BＥＦ(ＳＡS）.所以∠AＢE=∠FBE(全等三角形对应角相等），即BD就是∠AＢC得平分线．（点评)如果由题目已知无法直接得到三角形全等，不妨试着添加辅助线构造出三角形全等得条件,使问题得以解决.平时练习中多积累一些辅助线得添加方法、类型三、全等三角形动态型问题解决动态几何问题时要善于抓住以下几点:(1)变化前得结论及说理过程对变化后得结论及说理过程起着至关重要得作用；(2)图形在变化过程中,哪些关系发生了变化,哪些关系没有发生变化；原来得线段之间、角之间得位置与数量关系就是否还存在就是解题得关键;(3)几种变化图形之间,证明思路存在内在联系,都可模仿与借鉴原有得结论与过程,其结论有时变化，有时不发生变化1、已知：在△AＢC中,∠BＡＣ＝９0°,AB=AC,点Ｄ为射线BＣ上一动点,连结AD,以ＡD为一边且在AD得右侧作正方形ADEＦ.(１)当点Ｄ在线段BC上时(与点B不重合),如图1,求证:ＣF＝ＢＤ(２)当点Ｄ运动到线段ＢＣ得延长线上时，如图2,第（１)问中得结论就是否仍然成立,并说明理由、（答案)证明:(1)∵正方形ＡDEF ∴AD=AF,∠DAF＝90°∴∠DAF-∠DAC＝∠ＢAＣ－∠ＤＡC,即∠BＡＤ＝∠ＣＡＦ在△AＢD与△AＣF中，∴△AＢD≌△ACＦ（SAS) ∴ＢＤ=ＣF(2)当点D运动到线段BC得延长线上时，仍有ＢD＝CF此时∠DＡF＋∠DAC＝∠BAC＋∠DAC,即∠BAD＝∠CAF在△ABD与△ACF中, ∴△ABD≌△ACF(SAS）∴BＤ＝CF２、如图(1),△ABC中，ＢＣ=AC，△CDE中，CE=CD,现把两个三角形得C点重合，且使∠BＣA=∠EＣＤ，连接BE,AＤ.求证:BE=ＡＤ．若将△DEC绕点C旋转至图(２）,(3)所示得情况时,其余条件不变,BＥ与AD还相等吗？为什么?ﻫ(答案)证明：∵∠ＢCA=∠ECＤ, ∴∠BCA－∠ＥCA=∠EＣD－∠ECＡ,即∠ＢCE=∠AＣD 在△ADＣ与△BEC中∴△ADC≌△ＢEC(SAS) ∴ＢＥ＝AＤ．若将△DＥC绕点C旋转至图(2)，（３）所示得情况时,其余条件不变，BE与AＤ还相等，因为还就是可以通过SAＳ证明△ＡDC≌△ＢEC、。