2021年中考甘肃专用数学考点梳理第四章方法技巧突破(三) 全等三角形之五大模型课件
2021年中考数学复习讲义：第四章全等三角形模型（十二）——手拉手模型
第四章.全等三角形模型（十二）——手拉手模型【结论1】如图所示，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，则⑴△ABD ≌△ACE; ⑵BD和CE的夹角∠P=∠BAC=∠DAE.⑴⑵模型讲解口诀相同图形在一起要把边角边想起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，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90º，则⑴△ABD ≌△ACE; ⑵BD⊥CE（1）（2）【结论3】如图所示，△ABC与△DCE是等边三角形⑴△BCD ≌△ACE; ⑵∠AOB=∠DOE=60º【结论4】如图所示，△ABC与△DCE是等边三角形，当点B、C、E共线时典例秒杀典例1 ☆☆☆☆☆如图，△ACB 和△DCE均为等边三角形，点 A，D，E在同一条直线上，连接 BE，则∠AEB的度数是（）A.30°B.45°C.60ºD.75°【答案】C【解析】∵△ACB 和△DCE 均为等边三角形，且△ACB与△DCE共点，形成了手拉手模型.根据模型结论可知：△ACD≌△BCE（SAS），∴∠ADC=∠BEC.∵∠ADC+∠CDE=180°,∠CDE=60°,∴∠ADC=120°,∴∠BEC=120°,∴∠AEB=∠BEC -∠CED=120°-60°=60°.故选 C.典例2 ☆☆☆☆☆如图，△ABC和△ADE 都是等腰直角三角形，CE与 BD 相交于点 M，则 BD 与 CE 的数量关系为（）A.2BD =CEB.3BD =2CEC.BD=CED.2BD=3CE【答案】C【解析】∵△ABC 和△ADE 都是等腰直角三角形，且△ABC与△ADE 共点，∴形成了手拉手模型，根据模型结论可知△BAD≌△CAE（SAS），∴BD=CE. 故选 C.典例3 ☆☆☆☆☆如图，△ABC中，AB=AC，∠BAC=40°，将△ABC绕点A 按逆时针方向旋转100°得到△ADE，连接 BD，CE交于点F，则 BD与CE的数量关系为（ )A. 2BD=CEB.3BD=2CEC.BD=CED.2BD=3CE【答案】C【解析】∵△ABC绕点A 按逆时针方向旋转 100°得到△ADE，∴△ABC与△ADE 形成手拉手模型.根据模型结论可知，△ABD≌△ACE（SAS），∴BD=CE. 故选 C.小试牛刀1.（★☆☆☆☆）如图，△ABC 和△CDE均为等边三角形，点A， D，E在同一条直线上，连接 BE.若∠CAE=25°，则∠EBC 的度数是（ )A.35ºB. 30°C. 25°D. 20°2.（★★☆☆☆）如图所示，B，D，E在同一条直线上，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，∠1=25°，∠2=30°，则∠3=（）.A.60°B.55°C. 50°D. 无法计算第2题图第3题图3.（★★★☆☆）如图，在△ABC中，∠ABC=45°，AD，BE分别为 BC，AC边上的高，AD，BE相交于点F，连接 CF，则有下列结论∶①BF=AC;②∠FCD=45°;③若 BF=2EC，则△FDC的周长等于 AB 的长. 其中正确的有（）.A.0个B.1个C.2个D.3 个直击中考1.如图，在△AOB和△COD中，OA= OB，OC=OD，OA<OC，∠AOB=∠COD=36°.连接 AC，BD交于点M，连接OM.有下列结论∶①∠AMB=36°;②AC= BD;③OM平分∠AOD;④MO平分∠AMD.其中正确的结论个数为（ )A.4B.3C.2D.12OA<OM=ON），∠AOB=∠MON=90º3.已知△AOB 和△MON都是等腰直三角形（当2（1）如图 1，连接 AM，BN，求证∶△AOM≌△BON.（2）若将△MON 绕点 O 顺时针旋转.①如图2，当点N恰好在AB边上时，求证∶ BN2＋AN2= 2ON2;②当点 A，M，N在同一条直线上时，若OB=4,ON=3,请直接写出线段BN的长.第四章.全等三角形模型（十二）——手拉手模型答案：小试牛刀1.答案 C解析：∵△ABC 和△CDE 均为等边三角形，且△ABC与△CDE共点，∴形成了手拉手模型，根据模型结论可知△ACD≌△BCE（SAS）∴∠CAE=∠EBC.∵∠CAE=25°,∴∠EBC=25º，故选 C.2.答案 B解析：∵AB=AC,AD=AE,等腰△ABC与等腰△DAE 共点，形成了手拉手模型，根据模型结论可知△BAD≌△CAE（SAS）.∵∠2=30°,∴∠ABD=∠2=30°，∵∠1=25°,∴∠3=∠ABD+∠1=55°.故选 B.3.答案 D解析：△ABD是等腰直角三角形，要证明△FDC是等腰直角三角形，只需要证明△BDF≌△ADC.∵△ABC中，AD，BE分别为 BC，AC边上的高，∠ABC=45°，∴AD=BD，∠DAC和∠FBD都是∠ACD 的余角，而∠ADB= ∠ADC=90°，∴△BDF≌△ADC（ASA），∴BF=AC，故①正确;易得FD=CD，∴∠FCD=∠CFD=45°，故②正确;根据①得 BF=AC，若 BF=2EC，则 AC= 2EC，即 E为 AC的中点，∴BE为线段 AC的垂直平分线，∴AF=CF，BA=BC，∴AB=BD+CD=AD＋CD=AF＋DF+ CD=CF＋DF＋CD，即△FDC的周长等于 AB 的长，故③正确. 故选 D.直击中考1. 答案 B解析：∵ OA=OB, OC=DO,∴△AOB与△COD为等腰三角形.由于△AOB与△COD 共点，故形成手拉手模型，根据模型结论可知△AOC≌△BOD(SAS), ∴AC=BD，故②正确.由三角形外角的性质及对顶角相等可得∠AMB+∠OBD=∠OAC＋∠AOB，又由△AOC≌△BOD，可得∠OAC=∠OBD，∴∠AMB=∠AOB=36°，故①正确.作 OG⊥AM于G，OH⊥DM 于H，如图所示，则∠OGA=∠OHB=90°，∵△AOC≌△BOD, ∴OG=OH,∴MO平分∠AMD，故④正确，假设 OM平分∠AOD，则∠DOM= ∠AOM.在△AMO与△DMO中，∠AOM=∠DOM,OM=OM,∠AMO=∠DMO, ∴△AMO≌△DMO(ASA),∴AO=OD. 又OC=OD，∴OA=OC，而 OA<OC，故③错误.因此，正确结论的个数为 3.故选 B.2.解析：（1）∵∠AOB=∠MON=90°，∠MON+∠AON=∠AOB+∠AON，即∠AOM=∠BON.∵AO=BO,OM=ON, ∴△AOM≌△BON(SAS). （2）①如图，连接 AM.同（1）证明方法可证△AOM ≌△BON(SAS),∴AM=BN，∠OAM=∠B=45°，∵∠OAB=∠B=45º，∴∠MAN=∠OAM+∠OAB=90°, ∴MN²=AN²＋AM²，∵△MON是等腰直角三角形， MN²=2ON²,∴BN2＋AN²=2ON².②情况一∶如图，设OA交BN于点J，过点O作OH⊥MN于H由已知可知形成手拉手模型，根据手拉手模型可得△AOM≌△BON，∴AM=BN，∵OM=ON=3，∠MON=90°，OH⊥MN，∴MN=32,MH=HN=OH=223∴AH= 22OHOA-=22223-4⎪⎪⎭⎫⎝⎛=246∴BN=AM=MH+AH=22 346+情况二∶如图，同情况一方法可得 AM=BN=22 3-46。
备战2021年九年级中考数学考点提升训练——专题：《三角形综合：全等与相似》(五)
备战2021年九年级中考数学考点提升训练——专题：《三角形综合：全等与相似》（五）1．在学习全等三角形知识时、数学兴趣小组发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．通过资料查询，他们得知这种模型称为“手拉手模型”，兴趣小组进行了如下操作：（1）如图1、两个等腰三角形△ABC和△ADE中，AB＝AC，AE＝AD，∠BAC＝∠DAE，连接BD、CE、如果把小等腰三角形的腰长看作小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手，这个就是“手拉手模型”，在这个模型中，和△ADB全等的三角形是，此时BD和CE的数量关系是；（2）如图2、两个等腰直角三角形△ABC和△ADE中，AB＝AC，AE＝AD，∠BAC ＝∠DAE＝90°，连接BD，CE，两线交于点P，请判断线段BD和CE的数量关系和位置关系，并说明理由；（3）如图3，已知△ABC，请完成作图：以AB、AC为边分别向△ABC外作等边△ABD 和等边△ACE（等边三角形三条边相等，三个角都等于60°），连接BE，CD，两线交于点P，并直接写出线段BE和CD的数量关系及∠PBC+∠PCB的度数．2．如图，△ABC为等边三角形，点D、E分别是边AB、BC所在直线上的动点，若点D、E以相同的速度，同时从点A、点B出发，分别延AB、BC方向运动，直线AE、CD交于点O．（1）如图1，求证：△ABE≌△CAD；（2）在点D、点E运动过程中，∠COE＝°；（3）如图2，点P为边AC中点，连接BO，PO，当点D、E分别在线段AB、BC上运动时，判断BO与PO的数量关系，并证明你的结论．3．如图，△ABC是等边三角形，△ADC与△ABC关于直线AC对称，AE与CD垂直交BC的延长线于点E，∠EAF＝45°，且AF与AB在AE的两侧，EF⊥AF．（1）依题意补全图形．（2）①在AE上找一点P，使点P到点B，点C的距离和最短；②求证：点D到AF，EF的距离相等．4．在△ABC中，AB＝AC，D是直线BC上一点，以AD为一条边在AD的右侧作△ADE，使AE＝AD，∠DAE＝∠BAC，连接CE．（1）如图，当点D在BC延长线上移动时，若∠BAC＝40°，则∠ACE＝，∠DCE＝，BC、DC、CE之间的数量关系为；（2）设∠BAC＝α，∠DCE＝β．①当点D在BC延长线上移动时，α与β之间有什么数量关系？请说明理由；②当点D在直线BC上（不与B，C两点重合）移动时，α与β之间有什么数量关系？请直接写出你的结论．（3）当CE∥AB时，若△ABD中最小角为15°，试探究∠ACB的度数（直接写出结果，无需写出求解过程）．5．在学习了“等边对等角”定理后．某数学兴趣小组的同学继续探究了同一个三角形中边与角的数量关系，得到了一个正确的结论：“在同一个三角形中，较长的边所对的角较大”．简称：“在同一个三角形中，大边对大角”．即，如图：当AB＞AC时，∠C＞∠B．该兴趣小组的同学在此基础上对等腰三角形“三线合一”性质的一般情况，继续进行了深入的探究，请你补充完整：（1）在△ABC中，AD是BC边上的高线．①如图1，若AB＝AC，则∠BAD＝∠CAD；②如图2，若AB≠AC，当AB＞AC时，∠BAD∠CAD．（填“＞”，“＜”，“＝”）证明：∵AD是BC边上的高线，∴∠ADB＝∠ADC＝90°．∴∠BAD＝90°﹣∠B，∠CAD＝90°﹣∠C．∵AB＞AC，∴（在同一个三角形中，大边对大角）．∴∠BAD∠CAD．（2）在△ABC中，AD是BC边上的中线．①如图1，若AB＝AC，则∠BAD＝∠CAD；②如图3，若AB≠AC，当AB＞AC时，∠BAD∠CAD．（填“＞”，“＜”，“＝”）证明：6．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，动点P从点A出发沿线段AB以每秒3个单位长的速度运动至点B，过点P作PQ⊥AB射线AC于点Q．设点P 的运动时间为t秒（t＞0）．（1）线段CQ的长为（用含t的代数式表示）（2）当△APQ与△ABC的周长的比为1：4时，求t的值．（3）设△APQ与△ABC重叠部分图形的面积为S，求S与t之间的函数关系式．（4）当直线PQ把△ABC分成的两部分图形中有一个是轴对称图形时，直接写出t的值．7．已知△ABC与△A′B′C′关于直线l对称，其中CA＝CB，连接AB'，交直线l于点D（点D与点C不重合）．（1）如图1，若∠ACB＝40°，∠1＝30°，求∠2的度数；（2）若∠ACB＝40°，且0°＜∠BCD＜110°，求∠2的度数；（3）如图2，若∠ACB＝60°，0°＜∠BCD＜120°，求证：BD＝AD+CD．8．在△ABC与△ABD中，∠DBA＝∠CAB，AC与BD交于点F（1）如图1，若∠DAF＝∠CBF，求证：AD＝BC；（2）如图2，∠D＝135°，∠C＝45°，AD＝2，AC＝4，求BD的长．（3）如图3，若∠DBA＝18°，∠D＝108°，∠C＝72°，AD＝1，直接写出DB的长．9．思维启迪：（1）如图①，A，B两点分别位于一个池塘的两端，小亮想用绳子测量A，B间的距离，但绳子不够长，他出一个办法：先在地上取一个可以直接到达B点的点C，连接BC，取BC的中点P（点P可以直接到达A点），利用工具过点C作CD∥AB交AP的延长线于点D，此时测得CD＝200米，那么A，B间的距离是米．思维探索：（2）在△ABC和△ADE中，AC＝BC＝4，AE＝DE＝，∠ACB＝∠AED＝90°，将△ADE绕点A顺时针方向旋转，把点E在AC边上时△ADE的位置作为起始位置（此时点B和点D位于AC的两侧），设旋转角为α，连接BD，点P是线段BD的中点，连接PC，PE．①如图②，当△ADE在起始位置时，求证：PC⊥PE，PC＝PE．②如图③，当α＝90°时，点D落在AB边上，PC与PE的数量关系和位置关系分别为．③当α＝135°时，直接写出PC的值．10．如图1，在平面直角坐标系中，等边△ABC的边BC在x轴上，A（0，3），B（﹣，0），点M（m，0）为x轴上的一个动点，连接AM，将AM绕点A逆时针旋转60°得到AN．（1）当M点在B点的左方时，连接CN，求证：△BAM≌△CAN；（2）如图2，当M点在边BC上时，过点N作ND∥AC交x轴于点D，连接MN，若S＝S△MND，试求D点的坐标；四边形ACDN（3）如图3，是否存在点M，使得点N恰好在抛物线y＝﹣2x2+4x+3上，如果存在，请求出m的值，如果不存在，请说明理由．参考答案1．解：（1）因为∠DAE＝∠BAC，所以∠DAE+∠BAE＝∠BAC+∠BAE．所以∠DAB＝∠EAC，在△DAB和△EAC中，，所以△DAB≌△EAC（SAS），所以BD＝CE，故答案为：△AEC，BD＝CE；（2）BD＝CE且BD⊥CE；理由如下：因为∠DAE＝∠BAC＝90°，所以∠DAE+∠BAE＝∠BAC+∠BAE．所以∠DAB＝∠EAC．在△DAB和△EAC中，，所以△DAB≌△EAC（SAS），所以BD＝CE，∠DBA＝∠ECA，因为∠ECA+∠ECB+∠ABC＝90°，所以∠DBA+∠ECB+∠ABC＝90°，即∠DBC+∠ECB＝90°，所以∠BPC＝180°﹣（∠DBC+∠ECB）＝90°，所以BD⊥CE，综上所述：BD＝CE且BD⊥CE；（3）如图3所示，BE＝CD，∠PBC+∠PCB＝60°；因为△ABD和△ACE是等边三角形，所以AD＝AB，AC＝AE，∠ADB＝∠ABD＝∠BAD＝∠CAE＝60°，所以∠BAD+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，所以∠CAD＝∠EAB，在△ACD和△AEB中，，所以△ACD≌△AEB（SAS），所以CD＝BE，∠ADC＝∠ABE，所以∠BPD＝180°﹣∠PBD﹣∠BDP＝180°﹣∠ABE﹣∠ABD﹣∠BDP＝180°﹣∠ABD﹣（∠ABE+∠BDP）＝180°﹣∠ABD﹣（∠ADC+∠BDP）＝180°﹣∠ABD﹣∠ADB＝60°，所以∠PBC+∠PCB＝∠BPD＝60°．2．（1）证明：∵△ABC为等边三角形，∴AB＝CA，∠ABE＝∠CAD＝60°，∵点D、E以相同的速度，同时从点A、点B出发，分别延AB、BC方向运动，∴BE＝AD，在△ABE和△CAD中，，∴△ABE≌△CAD（SAS）；（2）解：∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC＝60°，∵△ABE≌△CAD，∴∠BAE＝∠ACD，∵∠COE是△ACO的外角，∴∠COE＝∠ACD+∠EAC＝∠BAE+∠EAC＝∠BAC＝60°，故答案为60；（3）解：BO与PO的数量关系为BO＝2PO，理由如下：延长OP到F，使PF＝OP，连接CF，以OC为边作等边△COG，连接BG，如图2所示：∵∠COE＝60°，∴O、E、G三点共线，∵点P为边AC中点，∴AP＝CP，在△APO和△CPF中，，∴△APO≌△CPF（SAS），∴AO＝CF，∠AOP＝∠F，∴CF∥AO，∴∠FCO＝∠COE＝60°，∵△COG是等边三角形，∴CO＝OG＝CG，∠COG＝∠GCO＝∠CGO＝60°，∴∠AOC＝180°﹣60°＝120°，∵∠ACB＝∠OCG＝60°，∴∠ACO＝∠BCG，在△ACO和△BCG中，，∴△ACO≌△BCG（SAS），∴∠BGC＝∠AOC＝120°，AO＝BG，∴CF＝BG，∠BGO＝∠BGC﹣∠CGO＝120°﹣60°＝60°，∴∠FCO＝∠BGO，在△FCO和△BGO中，，∴△FCO≌△BGO（SAS），∴BO＝OF，∵PF＝OP，∴BO＝2PO．3．（1）解：补全图形，如图1所示：（2）①解：如图2，连接BD，P为BD与AE的交点．点P即为所求；②证明：连接DE，DF．如图3所示：∵△ABC，△ADC是等边三角形，∴AC＝AD，∠ACB＝∠CAD＝60°．∵AE⊥CD，∴∠CAE＝∠CAD＝30°．∴∠CEA＝∠ACB﹣∠CAE＝30°．∴∠CAE＝∠CEA．∴CA＝CE．∴CD垂直平分AE．∴DA＝DE．∴∠DAE＝∠DEA，∵EF⊥AF，∠EAF＝45°，∴∠FEA＝45°．∴∠FEA＝∠EAF．∴FA＝FE，∠FAD＝∠FED，在△FAD和△FED中，，∴△FAD≌△FED（SAS）．∴∠AFD＝∠EFD．∴点D到AF，EF的距离相等．4．解：（1）如图1所示：∵∠DAE＝∠BAC，∴∠DAE+∠CAD＝∠BAC+∠CAD，∴∠BAD＝∠CAE，在△BAD和△CAE中，，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ACE＝∠B＝（180°﹣40°）＝70°，BD＝CE，∴BC+DC＝CE，∵∠ACD＝∠B+∠BAC＝∠ACE+∠DCE，∴∠BAC＝∠DCE，∵∠BAC＝40°，∴∠DCE＝40°，故答案为：70°；40°；BC+DC＝CE；（2）①当点D在线段BC的延长线上移动时，α与β之间的数量关系是α＝β，理由如下：∵∠DAE＝∠BAC，∴∠DAE+∠CAD＝∠BAC+∠CAD，∴∠BAD＝∠CAE，在△BAD和△CAE中，，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠B＝∠ACE，∵∠ACD＝∠B+∠BAC＝∠ACE+∠DCE，∴∠BAC＝∠DCE，∵∠BAC＝α，∠DCE＝β，∴α＝β；②分三种情况：（Ⅰ）当D在线段BC上时，α+β＝180°，如图2所示，理由如下：同理可证明：△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ADB＝∠AEC，∠ABC＝∠ACE，∵∠ADC+∠ADB＝180°，∴∠ADC+∠AEC＝180°，∴∠DAE+∠DCE＝180°，∵∠BAC＝∠DAE＝α，∠DCE＝β，（Ⅱ）当点D在线段BC反向延长线上时，α＝β，如图3所示，理由如下：同理可证明：△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，∵∠ACE＝∠ACD+∠DCE，∠ABD＝∠ACD+∠BAC，∴∠ACD+∠DCE＝∠ACD+∠BAC，∴∠BAC＝∠DCE，∵∠BAC＝α，∠DCE＝β，∴α＝β；（Ⅲ）当点D在线段BC的延长线上时，如图1所示，α＝β；综上所述，当点D在BC上移动时，α＝β或α+β＝180°；（3）∠ACB＝60°，理由如下：∵当点D在线段BC的延长线上或在线段BC反向延长线上移动时，α＝β，即∠BAC＝∠DCE，∵CE∥AB，∴∠ABC＝∠DCE，∴∠ABC＝∠BAC，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝∠BAC，∴△ABC是等边三角形，∴∠ACB＝60°；∵当D在线段BC上时，α+β＝180°，即∠BAC+∠DCE＝180°，∵CE∥AB，∴∠ABC+∠DCE＝180°，∴∠ABC＝∠BAC，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝∠BAC，∴△ABC是等边三角形，综上所述，当CE∥AB时，若△ABD中最小角为15°，∠ACB的度数为60°．5．（1）①证明：∵AD是BC边上的高线，∴∠ADB＝∠ADC＝90°．∴∠BAD＝90°﹣∠B，∠CAD＝90°﹣∠C．∵AB＝AC，∴∠C＝∠B，∴∠BAD＝∠CAD．②解：∵AD是BC边上的高线，∴∠ADB＝∠ADC＝90°．∴∠BAD＝90°﹣∠B，∠CAD＝90°﹣∠C．∵AB＞AC，∴∠C＞∠B（在同一个三角形中，大边对大角）．∴∠BAD＞∠CAD．故答案为：∠C＞∠B，＞；（2）①证明：延长AD至E，使ED＝AD，连接CE，如图1所示：∵AD是BC边上的中线，∴BD＝CD，又∵∠ADB＝∠EDC，∴△ABD≌△ECD（SAS），∴∠BAD＝∠E，AB＝EC，∵AB＝AC，∴EC＝AC，∴∠CAD＝∠E，∴∠BAD＝∠CAD；②解：延长AD至E，使ED＝AD，连接CE，如图3所示：同①得：△ABD≌△ECD（SAS），∴∠BAD＝∠E，AB＝EC，∵AB＞AC，∴EC＞AC，∴∠CAD＞∠E，∴∠BAD＜∠CAD，故答案为：＜．6．解：（1）在Rt△ABC中，tan A＝＝＝，由题意得，AP＝3t，在Rt△APQ中，tan A＝＝，∴PQ＝AP＝4t，根据勾股定理得，AQ＝＝＝5t．当0＜t≤时，如图1所示：CQ＝AC﹣AQ＝6﹣5t；当＜t≤时，如图2所示：CQ＝AQ﹣AC＝5t﹣6；故答案为：6﹣5t或5t﹣6；（2）∵PQ⊥AB，∴∠APQ＝90°＝∠ACB，∵∠A＝∠A，∴△APQ∽△ACB，∴＝＝，即＝，解得：t＝，即当△APQ与△ABC的周长的比为1：4时，t为秒．（3）分两种情况：①当0＜t≤时，如图1所示：△APQ与△ABC重叠部分图形的面积为S＝△APQ的面积＝×3t×4t＝6t2；即S＝6t2（0＜t≤）；②当＜t≤时，如图2所示：由（1）得：PQ＝3t，PQ＝4t，AQ＝5t，同（2）得：△CDQ∽△PAQ，∴＝＝，即＝＝，解得：CD＝（5t﹣6），∴△APQ与△ABC重叠部分图形的面积为S＝△APQ的面积﹣△CDQ的面积＝×3t ×4t﹣×（5t﹣6）×（5t﹣6）＝﹣t2+t﹣；即S＝﹣t2+t﹣（＜t≤）；（4）由（1）知，AQ＝5t，PQ＝4t，CQ＝6﹣5t或CQ＝5t﹣6，当CQ＝PQ时，四边形BCQP是轴对称图形，则4t＝6﹣5t，∴t＝；当＜t≤时，设PQ和BC相交于D，当AC＝AP时，四边形ACDP是轴对称图形，则6＝3t，∴t＝2．综上所述，当直线PQ把△ABC分成的两部分图形中有一个是轴对称图形时，t的值为秒或2秒．7．解：（1）∵△ABC与△A′B′C′关于直线l对称，其中CA＝CB，∴AC＝CB＝A'C＝B'C，∠BCD＝∠B'CD，∴∠1＝∠CB'D＝30°，∴∠ACB'＝120°，∵∠ACB＝40°，∴∠BCB'＝80°，∴∠BCD＝40°，∴∠2＝180°﹣∠1﹣∠ACD＝70°；（2）若点D在点C下方时，∵△ABC与△A′B′C′关于直线l对称，其中CA＝CB，∴AC＝CB＝A'C＝B'C，∠BCD＝∠B'CD，∴∠1＝∠CB'D＝＝70°﹣∠BCD，∴∠2＝∠CB'D+∠DCB'＝70°，若点D在点C上方时，同理可求∠2＝110°；（3）如图2，在BD上截取DH＝CD，连接CH，∵△ABC与△A′B′C′关于直线l对称，其中CA＝CB，∴AC＝CB＝A'C＝B'C，∠BCD＝∠B'CD，∴∠1＝∠CB'D＝＝60°﹣∠BCD，∴∠2＝∠CB'D+∠DCB'＝60°，又∵CD＝DH，∴△CDH是等边三角形，∴CH＝CD，∵∠BCA＝∠HCD＝60°，∴∠BCH＝∠ACD，在△BCH和△ACD中，，∴△BCH≌△ACD（SAS），∴AD＝BH，∴BD＝BH+DH＝AD+CD．8．（1）证明：∵∠DFA＝∠CFB，∠DAF＝∠CBF，∴∠D＝∠C，在△DAB和△CBA中，，∴△DAB≌△CBA（AAS），∴AD＝BC；（2）解：在FC上取一点E，使得∠FBE＝∠DAF，如图2所示：由（1）知，△DAB≌△EBA（AAS），∴BE＝AD＝2，DB＝EA，∠BDA＝∠AEB＝135°，∴∠BEC＝45°，∵∠C＝45°，∴∠BEC＝∠C，∴BC＝BE＝2，∠EBC＝90°，∴EC＝BE＝2，∵AC＝4，∴AE＝AC﹣EC＝4﹣2，∴BD＝AE＝4﹣2．（3）解：在FC上取一点E，使得∠FBE＝∠DAF，如图3所示：由（1）知△DAB≌△EBA（AAS），∴BE＝AD＝1，DB＝AE，∠BEA＝∠BDA＝108°，∠DBA＝∠EAB＝18°，∴∠BEC＝72°＝∠C，∠EFB＝∠DBA+∠EAB＝36°，∴BC＝BE＝1，∠EBC＝36°，∴∠C＝∠BEA﹣∠EBC＝72°，∴∠FBC＝72°，∴∠C＝∠FBC，∠EFB＝∠EBF＝36°，∴EF＝EB＝1，FB＝FC，∵∠DBA＝∠CAB，∴AF＝FB＝FC＝1+EC，∵∠EBC＝∠EFB，∠∠C＝∠C，∴△CBE～△CFB，∴，∴BC2＝CE•CF，∴CE•CF＝1，∴CE（CE+1）＝1，即CE2+CE﹣1＝0，解得：（负值已舍去），∴，∴，∴．9．（1）解：∵CD∥AB，∴∠ABP＝∠C，∵P是BC的中点，∴PB＝PC，在△ABP和△DCP中，，∴△ABP≌△DCP（ASA），∴AB＝CD＝200米；故答案为：200；（2）①证明：延长EP交BC于F，如图②所示：∵∠ACB＝∠AED＝90°，∴DE∥BC，∴∠EDP＝∠FBP，∠DEP＝∠BFP，∵点P是线段BD的中点，∴PB＝PD，在△FBP和△EDP中，，∴△FBP≌△EDP（AAS），∴PF＝PE，BF＝DE，∵AC＝BC，AE＝DE，∴FC＝EC，又∵∠ACB＝90°，∴△EFC是等腰直角三角形，∵PE＝PF，∴PC⊥EF，PC＝EF＝PE；②解：PC⊥PE，PC＝PE；理由如下：延长ED交BC于H，如图③所示：由旋转的性质得：∠CAE＝90°，∵∠AED＝∠ACB＝90°，∴四边形ACHE是矩形，∴∠BHE＝∠CHE＝90°，AE＝CH，∵AE＝DE，∴CH＝DE，∠ADE＝45°，∴∠EDP＝135°，∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠ABC＝45°，∵∠BHE＝90°，点P是线段BD的中点，∴PH⊥BD，PH＝BD＝PD，△BPH是等腰直角三角形，∴∠BHP＝45°，∴∠CHP＝135°＝∠EDP，在△CPH和△EPD中，，∴△CPH≌△EPD（SAS），∴PC＝PE，∠CPH＝∠EPD，∴∠CPE＝∠HPD＝90°，∴PC⊥PE；故答案为：PC⊥PE，PC＝PE；③解：当α＝135°时，AD⊥AC，延长CP，交AD延长线于点H，则AH∥BC，∴△BCP∽△DHP，∴＝＝，∵P是BD的中点，∴PD＝PB，∴DH＝BC＝4，PH＝PC，∵AD＝AE＝2，∴AH＝DH+AD＝6，∴CH＝＝＝2，∴PC＝CH＝．10．解：（1）证明：∵△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝60°，AB＝AC，∵将AM绕点A逆时针旋转60°得到AN，∴AM＝AN，∠MAN＝60°＝∠BAC，即∠CAN+∠BAN＝∠MAB+∠BAN，∴∠CAN＝∠MAB，∴△BAM≌△CAN（SAS）；（2）如图1，连接CN，由（1）可知△BAM≌△CAN，∴∠B＝∠ACN＝60°，∵DN∥AC，∴∠NDC＝∠ACB＝60°，∴∠NCD＝60°，∴△CDN是等边三角形，∴CN＝DN，∠CND＝60°，∵AM＝AN，∠MAN＝60°，∴△AMN是等边三角形，∴AN＝MN，∠ANM＝60°，∴∠ANC＝∠MND，∴△ANC≌△MND（SAS），∴S△ACN＝S△MND，∵S四边形ACDN＝S△MND＝S△ACN+S△CDN，∴，∴CD＝AB，∵A（0，3），B（﹣，0），∴OA＝3，OB＝，∴AB＝＝2，∴CD＝，∴OD＝OC+CD＝＝，∴D（，0）；（3）如图2，过点C作CE∥AB交y轴于点E，由（1），（2）可知点N在直线CE 上，CE与抛物线交于点N1，N2，∴∠ABC＝∠OCE＝60°，OC＝OB＝，∴OE＝3，∴E（0，﹣3），设直线CE的解析式为y＝kx+b，∴，解得：，∴直线CE的解析式为y＝x﹣3，∴，解得：，，∴N1（2，3），N2（﹣，﹣），若AM绕点A逆时针旋转60°得到AN1时，M（m，0），∴AM＝AN1＝2，∵AB＝2，AN1∥x轴，∴点M与点C重合，即m＝，若AM绕点A逆时针旋转60°得到AN2时，M（m，0），∵C（0，），∴CN 2＝＝3，由（1）可知BM 2＝CN2＝3，∴OM2＝OB+BM2＝＝4，∴m＝﹣4．综合以上可得，m＝或﹣4．。
备考2021年九年级数学中考复习专题：全等三角形性质与判定(五)
备考2021年九年级数学中考复习专题：全等三角形性质与判定（五）1．“截长补短法”证明线段的和差问题：先阅读背景材料，猜想结论并填空，然后做问题探究．背景材料：（1）如图1：在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝60°．探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．探究的方法是，延长FD到点G．使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出的结论是．探索问题：（2）如图2，若四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是BC，CD 上的点，且∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立？成立的话，请写出推理过程．2．已知：如图，∠BAC的角平分线与BC的垂直平分线DG交于点D，DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别为E、F．（1）求证：BE＝CF；（2）若AF＝6，△ABC的周长为20，求BC的长．3．如图，已知AB＝DC，AB∥CD，E、F是AC上两点，且AF＝CE．（1）求证：△ABE≌△CDF；（2）若∠BCE＝30°，∠CBE＝70°，求∠CFD的度数．4．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的中线，点E为CD的中点，过C 作CF∥AB交AE的延长线于点F，连接BF．（1）求证：△ADE≌△FCE；（2）四边形BDCF是怎样的特殊四边形？请加以证明．5．如图，△ABC是等边三角形，点D是边BC边上的任意一点（除B、C外），以AD为边作等边△ADE，过点C作CF∥DE交AB于点F．求证：EF＝CD．6．如图所示，在四边形ABCD中，AC与BD交于O，AB＝AD，CB＝CD．BE⊥CD于E，BE与AC交于F．CF＝2BO．（1）求证：△BEC是等腰直角三角形；（2）求tan∠ACD的值．7．如图，四边形ABCD是正方形，点E在直线BC上，连接AE．将△ABE沿AE所在直线折叠，点B的对应点是点B′，连接AB′并延长交直线DC于点F．（1）当点F与点C重合时如图（1），易证：DF+BE＝AF（不需证明）；（2）当点F在DC的延长线上时如图（2），当点F在CD的延长线上时如图（3），线段DF、BE、AF有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，并选择一种情况给予证明．8．如图，四边形ABCD为正方形，E为对角线AC上的点，连接BE并作BE⊥EF，交边CD于点F，过点F作FG⊥AC交对角线AC于点G．（1）请在图中找出与BE长度相等的边并加以证明：（2）求的值．9．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，AE是过点A的一条直线，且B、C在AE 的两侧，BD⊥AE于D，CE⊥AE于E．（1）求证：△ABD≌△CAE；（2）若DE＝3，CE＝2，求BD．10．如图，在△ABC中，AB＝BC，CD⊥AB于点D，CD＝BD，BE平分∠ABC，交AC于E．交CD于F．点H是BC边的中点，连接DH，交BE于点G，连接CG．（1）求证：CE＝BF；（2）判断△ECG的形状，并证明你的结论．°．参考答案1．证明：（1）在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，在△AEF和△GAF中，，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，∵FG＝DG+DF＝BE+DF，∴EF＝BE+DF；故答案为：EF＝BE+DF．（2）解：结论EF＝BE+DF仍然成立；理由：延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，在△AEF和△GAF中，，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，∵FG＝DG+DF＝BE+DF，∴EF＝BE+DF．2．（1）证明：连接DB、DC．∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，∴DE＝DF，∵DG垂直平分BC，∴DB＝DC，在Rt△BED和Rt△CFD中，，∴Rt△BED≌Rt△CFD（HL），∴BE＝CF；（2）解：∵∠DAE＝∠DAF，∠AED＝∠AFD＝90°，AD＝AD，∴△AED≌△AFD（AAS），∴AF＝AE＝6，由（1）得：BE＝CF，∵△ABC的周长＝AB+AC+BC，＝AE+EB+AF﹣CF+BC，＝AE+AF+BC＝20，∴BC＝20﹣12＝8．3．（1）证明：∵AB∥CD，∴∠BAE＝∠FCD，∵AF＝CE，∴AE＝CF，又∵AB＝CD，∴△ABE≌△CDF（SAS）．（2）解：∵∠BCE＝30°，∠CBE＝70°，∴∠AEB＝∠BCE+∠CBE＝30°+70°＝100°，∵△ABE≌△CDF，∴∠CFD＝∠AEB＝100°．4．证明：（1）∵CF∥AB，∴∠CF A＝∠BAF，∠ADC＝∠FCD，∵点E为CD的中点，∴DE＝CE，∴△ADE≌△FCE（AAS）；（2）解：四边形BDCF是菱形．证明如下：∵△ADE≌△FCE，∴AD＝CF，∵CD是Rt△ABC的中线，∴CD＝AD＝BD，∴CF＝BD，且CF∥AB，∴四边形BDCF是平行四边形，且CD＝BD，∴四边形BDCF是菱形．5．证明：∵△AED是等边三角形，△ABC是等边三角形，∴AD＝AE＝ED，AB＝CA＝BC，∠ADE＝60°，∠B＝∠F AC＝60°，∵ED∥FC，∴∠EDB＝∠FCB，∵∠BDA＝∠ADE+∠EDB＝60°+∠EDB，∠AFC＝∠B+∠FCB＝60°+∠FCB，∴∠BDA＝∠AFC，在△ABD和△CAF中，，∴△ABD≌△CAF（AAS），∴AD＝FC，∵AD＝ED，∴ED＝CF，又∵ED∥CF，∴四边形EDCF是平行四边形，∴EF＝CD．6．证明：（1）∵AB＝AD，CB＝CD，∴AC垂直平分BD，∴BD＝2BO，∵CF＝2BO，∴CF＝BD，∵∠DBE+∠BDE＝90°，∠BDE+∠DCO＝90°，∴∠DBE＝∠FCE，又∵∠BED＝∠CEF，∴△BDE≌△CFE（AAS），∴BE＝CE，又∵BE⊥CD，∴△BEC是等腰直角三角形；（2）如图，连接DF，∵△BDE≌△CFE，∴DE＝EF，∴DF＝EF，∵AC垂直平分BD，∴BF＝DF＝EF，∴BE＝BF+EF＝（+1）EF，∴CE＝（+1）EF，∴tan∠ACD＝＝﹣1．7．解：（1）由折叠可得AB＝AB′，BE＝B′E，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝DC＝DF，∠B′CE＝45°，∴B′E＝B′F，∴AF＝AB′+B′F，即DF+BE＝AF；（2）图（2）的结论：DF+BE＝AF；图（3）的结论：BE﹣DF＝AF；图（2）的证明：延长CD到点G，使DG＝BE，连接AG，需证△ABE≌△ADG，∵CB∥AD，∴∠AEB＝∠EAD，∵∠BAE＝∠B′AE，∴∠B′AE＝∠DAG，∴∠GAF＝∠DAE，∴∠AGD＝∠GAF，∴GF＝AF，∴BE+DF＝AF；图（3）的证明：在BC上取点M，使BM＝DF，连接AM，需证△ABM≌△ADF，∵∠BAM＝∠F AD，AF＝AM∵△ABE≌AB′E∴∠BAE＝∠EAB′，∴∠MAE＝∠DAE，∵AD∥BE，∴∠AEM＝∠DAB，∴∠MAE＝∠AEM，∴ME＝MA＝AF，∴BE﹣DF＝AF．8．解：（1）BE＝EF，证明如下：如图1，过P作MN∥AD，交AB于M，交CD于N，∵BE⊥EF，∴∠BEF＝90°，∴∠MEB+∠NEF＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝∠D＝90°，∵AD∥MN，∴∠BME＝∠BAD＝∠ENF＝∠D＝90°，∴∠MEB+∠MBE＝90°，∴∠NEF＝∠MBE，Rt△ENC中，∠ECN＝45°，∴△ENC是等腰直角三角形，∴EN＝CN，∵∠BME＝∠ENC＝∠ABC＝90°，∴四边形MBCN是矩形，∴BM＝CN，∴BM＝EN，∴△BME≌△ENF（ASA），∴BE＝EF；（2）如图2，设正方形ABCD的中心为点O，连接OB，∵点O是正方形ABCD对角线AC的中点，∴OB⊥AC，∴∠AOB＝90°，∴∠AOB＝∠EGF＝90°，∴∠OBE+∠BEO＝90°，∵∠BEF＝90°，∴∠BEO+∠GEF＝90°，∴∠OBE＝∠GEF，由（1）得：BE＝EF，∴△OBE≌△GEF（AAS），∴OB＝EG，∵∠BAO＝45°，∴，∴．9．（1）证明：∵BD⊥AE于D，CE⊥AE于E，∠BAC＝90°，∴∠BDA＝∠AEC＝90°，∠DBA+∠BAD＝90°，∠BAD+∠EAC＝90°，∴∠DBA＝∠EAC，在△ABD和△CAE中，，∴△ABD≌△CAE（AAS）；（2）解：由（1）知，△ABD≌△CAE，则BD＝AE，AD＝CE．∵DE＝3，CE＝2∴AE＝AD+DE＝CE+DE＝5．∴BD＝AE＝5．10．证明：（1）∵AB＝BC，BE平分∠ABC，∴BE⊥AC，CE＝AE，∴∠A+∠ACD＝90°，∵CD⊥AB，∴∠A+∠DBF＝90°∴∠ACD＝∠DBF，在△ADC和△FDB中，∠ACD＝∠DFB，CD＝BD，∠ADC＝∠BDF，∴△ADC≌△FDB（ASA）；∴AC＝BF，又∵CE＝AE，∴CE＝BF；（2）△ECG为等腰直角三角形．∵点H是BC边的中点，∴GH垂直平分BC，∴GC＝GB，∵∠DBF＝∠GBC＝∠GCB＝∠ECF，得∠ECG＝45°，又∵BE⊥AC，∴△ECG为等腰直角三角形；。
中考数学 精讲篇 考点系统复习 第四章 三角形 方法技巧突破(二) “中点”之六大模型
“中点”模型秘诀： 中点问题常用性质及常见辅助线作法
1．多个中点或“平行＋中点”―联―想→构造中位线； 联想
2．直角＋斜边中点――→直角三角形斜边中线的性质； 3．等腰＋底边中点―联―想→等腰三角形三线合一；
联想 4．同一边遇垂直＋中点――→垂直平分线性质； 5．中线或与中点有关线段―联―想→倍长中线构造全等； 6．圆＋弦(弧)的中点―联―想→垂径定理．
如图，∠ABC＝∠ADC＝90°.M，N 分别是 AC，BD 的中点，AC＝10，
BD＝8，则 MN 为
( A)
A．3
B．4
C．5
D．6
【思路点拨】连接 MB，MD，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一 半可证 MB＝MD，再由 ND，根据等腰三角形“三线合一”性质，得 MN⊥BD，在 Rt△BMN 中，利用勾股定理即可求解．
7 中点，过点 D 作 DE⊥AB 交 BC 的延长线于点 E，则 CE 的长为__ 3 __.
【思路点拨】根据勾股定理易求得 AB＝10，则 BD＝5，易证△ABC∽△EBD， 则 BC∶BD＝AB∶(BC＋CE)，从而求得 CE 的长．
5．如图，在△ABC 中，AB＝AC.∠A＝120°，BC＝6 cm，AB，AC 的垂直 平分线分别为 ME 与 NF，交 BC 边于点 M，N，则 NM 的长为__22__cm.
证明：如解图，延长 FD 到 G，使 DG＝DF，连接 CG. ∵AD 是 BC 边的中线，∴BD＝CD. 在△BDF 和△CDG 中，
BD＝ CD，
∠BDF＝∠CDG， DF＝ DG， ∴△BDF≌△CDG(SAS)，∴BF＝CG，∠BFD＝∠G.
∵AE＝EF，∴∠EAF＝∠EFA＝∠BFD，
人教版九年级数学中考总复习《全等三角形》 (共23张PPT)
∴∠1+∠FBE=∠2+∠FBE，即∠ABE=∠CBF.
∴△ABE≌△CBF（SAS）.
考题再现 1. （2014深圳）如图1-4-3-7，△ABC和△DEF中，AB=DE,∠B= ∠DEF，添加下列哪一个条件无法证明△ABC≌△DEF（ C ）
∴△AED≌△AEF（SAS）.
考点点拨： 本考点的题型一般为解答题，难度中等. 解答本考点的有关题目，关键在于掌握全等三角形的判定方法 与思路. 注意以下要点： 判定两个三角形全等的一般方法有SSS、SAS、ASA、AAS、HL （相关要点详见“知识梳理”部分），同时要结合其他知识点 如平行线、平行四边形的性质等来证明三角形全等. 另外，注 意AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时， 必须有边的参与，且若有两边一角对应相等时，角必须是两边 的夹角.
3. 全等三角形的判定 （1）边边边：三边对应相等的两个三角形全等（可简写成 “SSS”）. （2）边角边：两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等 （可简写成“SAS”）. （3）角边角：两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等 （可简写成“ASA”）. （4）角角边：两角和其中一角的对边对应相等的两个三角形 全等（可简写成“AAS”）. （5）斜边直角边：斜边和一条直角边对应相等的两个直角三 角形全等（可简写成“HL”）.
方法规律
中考考点精讲精练
考点1 全等三角形的概念和性质
考点精讲
【例1】（2016厦门）如图1-4-3-1，点
E，F在线段BC上，△ABF与△DCE全等，
点A与点D，点B与点C是对应顶点，AF与
DE交于点M，则∠DCE=
（）
2025年甘肃省中考数学一轮复习基础巩固-第四单元 三角形第16讲 全等三角形
命题考点精析
(1)证明 ∵∠B ＝∠A E D ＝∠C ，∠A E C ＝∠B ＋∠B A E ＝∠A ED ＋∠C E D ， ∴∠B A E＝∠C E D .
∠B A E＝∠C E D ， ∠B ＝∠C ， 在△A B E 和△E C D 中， B E＝C D ，
∴△A B E≌△E C D (A A S)，
∴△A B C ≌△D E F(SSS)．
命题考点精析
(2)解 ∵∠A ＝55°，∠E ＝45°， 由(1)可知：△A B C ≌△D EF， ∴∠A ＝∠FD E ＝55°， ∴∠F＝180°－(∠FD E＋∠E )＝180°－(55°＋45°)＝80°.
命题考点精析
命题考向二 全等三角形的基本模型运用 全等三角形常见模型
命题考点精析
命题考点精析
命题考点精析
一线三垂直
一线三垂直＋一边相等→△A B C ≌△C D E(有边相等证全等，无边相等证相
似)
命题考点精析
一线三等角
∠1＝∠2＝∠3＋一边相等→△F D B≌△D E C (2021·兰州)如图，点 E ，C 在线段 B F 上，∠A ＝∠D ，A B ∥D E ，B C ＝E F .求证：A C ＝D F.
命题考点精析
点对点精练 3．【旋转型】 (2024·长沙)如图，点 C 在线段 A D 上，A B ＝A D ，∠B ＝∠D ，B C ＝D E .
(1)求证：△A B C ≌△A D E； (2)若∠B A C ＝60°，求∠A C E 的度数．
命题考点精析
(1)证明 在△A B C 和△A D E 中， B C ＝D E ∠B ＝∠D ， A B ＝A D
本课结束
(1)求证：△A B C ≌△D EF； (2)若∠A ＝55°，∠E ＝45°，求∠F 的度数．
中考数学 考点系统复习 第四章 三角形 方法技巧突破(四) 全等三角形之六大模型
得对应边相等
2．(2021·泸州)如图，点D在AB上，点E在AC上，AB＝AC，∠B＝∠C.求
证：BD＝CE. 证明：在△ABE与△ACD中，
∠A＝∠A，
AB＝AM，
在△ABN 和△AMC 中，∠BAN＝∠MAC， AN＝AC，
∴△ABN≌△AMC(SAS)，∴BN＝MC.
6．如图，AC⊥BC，DC⊥EC，AC＝BC，DC＝EC，AE 与 BD 交于点 F.
(1)求证：AE＝BD； 证明：∵AC⊥BC， DC⊥EC， ∴∠ACB＝∠DCE＝90°， ∴∠ACB＋∠BCE＝∠DCE＋∠BCE， 即∠ACE＝∠BCD.在△ACE 和△BCD 中， AC＝BC，
证明：∵ BF＝EC，
∴EF＝ BC，
在△BCA与△EFD中，
AB＝DE，
∠B＝∠E， BC＝EF， ∴△BCA≌△FED（SAS）， ∴∠A＝∠D，
模型二：轴对称型 【模型归纳】
有公 模型 共边 展示 有公共
顶点Leabharlann 模型 所给图形沿公共边所在直线或者经过公共顶点的某条直线 特点 折叠，两个三角形能完全重合
5．如图，在△ABC 中，分别以 AB，AC 为边向外作等边三角形 ABM 与等边 三角形 ACN，连接 MC，BN.求证：BN＝MC.
证明：∵△ABM 和△ACN 是等边三角形， ∴AB＝AM，AN＝AC，∠BAM＝∠NAC＝60°， 又∵∠BAN＝∠BAC＋∠NAC， ∠CAM＝∠BAC＋∠BAM， ∴∠BAN＝∠MAC，
＝ 43BD2
解题 常过顶点作角两边的垂线，构造全等三角形，或旋转一定的角
2025年甘肃中考数学一轮复习中考命题探究第4章 三角形第18讲 全等三角形
已知两边对应相等：找夹角→SAS；找直角→HL或SAS；找第三边→SSSFra bibliotek三角形
边为角的对边→找任一角→AAS
全等的 判定思路
边为角的一个夹边→找夹边的另一角→ASA
已知一边和一角对应相等边为角的一个夹边→找边的对角→AAS
边为角的一个夹边→找夹角的另一边→SAS
已知两角对应相等：找夹边→ASA；找一角的对边→AAS
例3题图
条件：AD平分∠BAC，BD＝CD.需证明 AB＝AC. (思考：AB与AC无法直接联系起来，因此可以根据中线这个条件构造全 等三角形)
辅助线：(证法1)延长AD到点E，使ED＝AD，连接BE. (证法2)过点B作BF∥AC，交AD的延长线于点F. (目的：构造全等三角形，转移线段)
与△CDA全等的三角形．
解图
∵∠CAB＝2∠B， ∴∠CFA＝∠B＋∠BCF＝2∠B， ∴∠BCF＝∠B， ∴FC＝FB， ∴FB＝AD. ∵FB＝BE－FE＝BE－AE， ∴AD＝BE－AE.
6．如图，四边形ABCD是正方形，E是边BC的中点，∠AEF＝90°，且
EF交正方形外角的平分线CF于点F.求证：AE＝EF.(提示：取AB的中点
2 △EGD内分割出与△FBG全等的三角形，通过三角形全等证明线段相等)
辅助线：过点D作DH∥FC，交AB于点H. (目的：在△EGD内分割出与△FBG全等的三角形)
△DHG≌△FBG，等腰三角形ADH.
例4题解图
方法总结 已知一条线段过另一条线段的中点，作倍长线段或作平行线构造全等三 角形： 情形：在三角形中，一条线段(不仅仅是三角形的中线)过另一条线段的 中点． 作法1：如图1，作倍长线段构造全等三角形． 作法2：如图2，作平行线构造全等三角形．
中考数学 考点系统复习 第四章 三角形 方法技巧突破(三) “角平分线”之五大模型
探究：证明：过点 D 作 DE⊥AB 于点 E，DF⊥AC 交 AC 的延长线于点 F.
∵AD 平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC， ∴DE＝DF，∠F＝∠DEB＝90°.
∵∠EBD＋∠ACD＝180°，∠ACD＋∠FCD＝180°， ∴∠EBD＝∠FCD. 在△DFC 和△DEB 中， ∠F＝∠DEB，
5．如图，在 Rt△ABC 中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，CD∥AB，∠ABC 9
的平分线 BD 交 AC 于点 E，DE＝ 5 5 .
6．已知∠AOB＝60°，OC 是∠AOB 的平分线，点 D 为 OC 上一点，过 D 作直线 DE⊥OA，垂足为 E，且直线 DE 交 OB 于点 F，如图所示，若 DE ＝2，则 DF＝ 4 .
∠FCD＝∠EBD，∴△DFC≌△DEB(AAS)，∴DB＝DC. DF＝DE， 应用： 2a.
7．★(2021·洪山区模拟)如图，四边形 ABDC 中，对角线 AD 平分∠BAC，
∠ACD＝136°，∠BCD＝44°，则∠ADB 的度数为 4466°. °
8．感知：如图①，AD 平分∠BAC，∠B＋∠C＝180°，∠B＝90°，易知： BD＝DC. 探究：如图②，AD 平分∠BAC，∠ABD＋∠ACD＝180°，∠ABD<90°，求 证：DB＝DC. 应用：如图③，在四边形 ABCD 中，∠B＝45°，∠C＝135°，DB＝DC＝a， 则 AB－AC＝ (用含 a 的代数式表示)．
方法技巧突破(三) “角 平分线”之五大模型
1．如图，OP 平分∠MON，PE⊥OM 于点 E，PF⊥ON 于点 F，OA＝OB，则
图中有几对全等三角形
( C)
A．1
B．2
C．3
2021年中考复习数学 专项突破：全等三角形(含答案)
2021中考数学专项突破：全等三角形一、选择题（本大题共10道小题）1. 如图所示，P是∠BAC内一点，PE⊥AB于点E，PF⊥AC于点F，PE＝PF，则直接得到△PEA≌△PF A的理由是()A．HL B．ASA C．AAS D．SAS2. 已知图中的两个三角形全等，则∠α的度数为 ()A.105°B.75°C.60°D.45°3. 如图，添加下列条件，不能判定△ABD≌△ACD的是()A．BD＝CD，AB＝ACB．∠ADB＝∠ADC，BD＝CDC．∠B＝∠C，∠BAD＝∠CADD．∠B＝∠C，BD＝CD4. 如图，点B，E在线段CD上，若∠C=∠D，则添加下列条件，不一定能使△ABC≌△EFD的是()A.BC=FD，AC=EDB.∠A=∠DEF，AC=EDC.AC=ED，AB=EFD.∠A=∠DEF，BC=FD5. 如图所示，P是∠BAC内一点，且点P到AB，AC的距离PE，PF相等，则△PEA≌△PF A的依据是()A．HL B．ASA C．SSS D．SAS6. 如图，在直角坐标系中，AD是Rt△OAB的角平分线，点D的坐标是(0，-3)，那么点D到AB的距离是()A.3B.-3C.2D.-27. 根据下列条件，能画出唯一的△ABC的是()A．AB＝3，BC＝4，AC＝8 B．AB＝4，BC＝3，∠A＝30°C．AB＝5，AC＝6，∠A＝50°D．∠A＝30°，∠B＝70°，∠C＝80°8. 如图，有一张三角形纸片ABC，已知∠B=∠C=x°，按下列方案用剪刀沿着箭头方向剪开，可能得不到全等三角形纸片的是()9. 如图，在等腰直角△ABC中，∠C＝90°，点O是AB的中点，且AB＝6，将一块直角三角板的直角顶点放在点O处，始终保持该直角三角板的两直角边分别与AC、BC相交，交点分别为D、E，则CD＋CE等于()A. 2B. 3C. 2D. 610. 如图，点G在AB的延长线上，∠GBC，∠BAC的平分线相交于点F，BE⊥CF 于点H.若∠AFB＝40°，则∠BCF的度数为()A．40°B．50°C．55°D．60°二、填空题（本大题共6道小题）11. 如图，△ABC≌△A′B′C′，其中∠A＝36°，∠C′＝24°，则∠B＝________.12. 如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，连接BD.请添加一个适当的条件：______________，使得△ABD≌△CDB.(只需写出一个)13. 如图，已知∠ABC＝∠DCB，添加下列条件中的一个：①∠A＝∠D，②AC ＝DB，③AB＝DC，其中不能判定△ABC≌△DCB的是________(只填序号)．14. 如图，已知AB＝BD，∠A＝∠D，若要应用“SAS”判定△ABC≌△DBE，则需要添加的一个条件是____________．15. 如图，小明和小丽为了测量池塘两端A，B两点之间的距离，先取一个可以直接到达点A和点B的点C，沿AC方向走到点D处，使CD＝AC；再用同样的方法确定点E，使CE＝BC.若量得DE的长为60米，则池塘两端A，B两点之间的距离是______米．16. 如图，P是△ABC外的一点，PD⊥AB交BA的延长线于点D，PE⊥AC于点E，PF⊥BC交BC的延长线于点F，连接PB，PC.若PD＝PE＝PF，∠BAC＝64°，则∠BPC的度数为________．三、解答题（本大题共4道小题）17. 如图，C是线段BD的中点，AB＝EC，∠B＝∠ECD.求证：△ABC≌△ECD.18. 如图所示，AB＝EA，AB∥DE，∠ECB＝70°，∠D＝110°.求证：△ABC≌△EAD.19. 如图，四边形ABCD是正方形，以边AB为直径作☉O，点E在BC边上，连接AE交☉O于点F，连接BF并延长交CD于点G.(1)求证:△ABE≌△BCG.(2)若∠AEB=55°，OA=3，求的长.(结果保留π)20. 如图，在△ABC 中，AB=AC ，∠BAC=90°，点D 是射线BC 上一动点，连接AD ，以AD 为直角边，在AD 的上方作等腰直角三角形ADF .(1)如图①，当点D 在线段BC 上时(不与点B 重合)，求证:△ACF ≌△ABD ; (2)如图②，当点D 在线段BC 的延长线上时，猜想CF 与BD 的数量关系和位置关系，并说明理由.2021中考数学 专项突破：全等三角形-答案一、选择题（本大题共10道小题）1. 【答案】A2. 【答案】B3. 【答案】D[解析] A ．在△ABD 和△ACD 中，⎩⎨⎧AD ＝AD ，AB ＝AC ，BD ＝CD ，∴△ABD ≌△ACD(SSS)，故本选项不符合题意； B ．在△ABD 和△ACD 中，⎩⎨⎧AD ＝AD ，∠ADB ＝∠ADC ，BD ＝CD ，∴△ABD ≌△ACD(SAS)，故本选项不符合题意； C ．在△ABD 和△ACD 中，⎩⎨⎧∠BAD ＝∠CAD ，∠B ＝∠C ，AD ＝AD ，∴△ABD ≌△ACD(AAS)，故本选项不符合题意；D ．根据∠B ＝∠C ，AD ＝AD ，BD ＝CD 不能推出△ABD ≌△ACD(SSA)，故本选项符合题意．故选D.4. 【答案】C[解析] A .添加BC=FD ，AC=ED ，可利用“SAS”判定△ABC ≌△EFD ;B .添加∠A=∠DEF ，AC=ED ，可利用“ASA”判定△ABC ≌△EFD ; C .添加AC=ED ，AB=EF ，不能判定△ABC ≌△EFD ;D .添加∠A=∠DEF ，BC=FD ，可利用“AAS”判定△ABC ≌△EFD.5. 【答案】A6. 【答案】A[解析] 如图，过点D 作DE ⊥AB 于点E.∵点D 的坐标是(0，-3)， ∴OD=3.∵AD 是△OAB 的角平分线， ∴ED=OD=3，即点D 到AB 的距离是3.7. 【答案】C[解析] 对于选项A 来说，AB ＋BC<AC ，不能画出△ABC ；对于选项B 来说，可画出△ABC 为锐角三角形或者钝角三角形；对于选项C 来说，已知两边及其夹角，△ABC 是唯一的；对于选项D 来说，△ABC 的形状可确定，但大小不确定．8. 【答案】C[解析] 选项A 中由全等三角形的判定定理“SAS”证得图中两个小三角形全等.选项B 中由全等三角形的判定定理“SAS”证得图中两个小三角形全等. 选项C 中，如图①，∵∠DEC=∠B+∠BDE ，∴x °+∠FEC=x °+∠BDE.∴∠FEC=∠BDE.这两个角所对的边是BE和CF，而已知条件给的是BD=CF=3，故不能判定两个小三角形全等.选项D中，如图②，∵∠DEC=∠B+∠BDE，∴x°+∠FEC=x°+∠BDE.∴∠FEC=∠BDE.又∵BD=CE=2，∠B=∠C，∴△BDE≌△CEF.故能判定两个小三角形全等.9. 【答案】B【解析】如解图，连接OC，由已知条件易得∠A＝∠OCE，CO＝AO，∠DOE＝∠COA，∴∠DOE－∠COD＝∠COA－∠COD，即∠AOD＝∠COE，∴△AOD≌△COE(ASA)，∴AD＝CE，进而得CD＋CE＝CD＋AD＝AC＝22AB＝3，故选B.10. 【答案】B[解析] 如图，过点F分别作FZ⊥AE于点Z，FY⊥CB于点Y，FW⊥AB于点W.∵AF平分∠BAC，FZ⊥AE，FW⊥AB，∴FZ＝FW.同理FW＝FY.∴FZ＝FY.又∵FZ⊥AE，FY⊥CB，∴∠FCZ＝∠FCY.由∠AFB ＝40°，易得∠ACB ＝80°. ∴∠ZCY ＝100°.∴∠BCF ＝50°.二、填空题（本大题共6道小题） 11. 【答案】120° 【解析】由于△ABC ≌△A′B′C′，∴∠C ＝∠C′＝24°，在△ABC 中，∠B ＝180°－24°－36°＝120°.12. 【答案】答案不唯一，如AB ＝CD [解析] 由已知AB ∥CD 可以得到一对角相等，还有BD ＝DB ，根据全等三角形的判定，可添加夹这个角的另一边相等，或添加另一个角相等均可．13. 【答案】②[解析] ∵已知∠ABC ＝∠DCB ，且BC ＝CB ，∴若添加①∠A ＝∠D ，则可由“AAS”判定△ABC ≌△DCB ； 若添加②AC ＝DB ，则属于“SSA”，不能判定△ABC ≌△DCB ； 若添加③AB ＝DC ，则可由“SAS”判定△ABC ≌△DCB.14. 【答案】AC ＝DE15. 【答案】60[解析] 在△ACB 和△DCE 中，⎩⎨⎧AC ＝DC ，∠ACB ＝∠DCE ，BC ＝EC ，∴△ACB ≌△DCE(SAS)．∴DE ＝AB. ∵DE ＝60米，∴AB ＝60米．16. 【答案】32°[解析] ∵PD ＝PE ＝PF ，PD ⊥AB 交BA 的延长线于点D ，PE ⊥AC于点E ，PF ⊥BC 交BC 的延长线于点F ， ∴CP 平分∠ACF ，BP 平分∠ABC. ∴∠PCF ＝12∠ACF ，∠PBF ＝12∠ABC.∴∠BPC ＝∠PCF －∠PBF ＝12(∠ACF －∠ABC)＝12∠BAC ＝32°.三、解答题（本大题共4道小题）17. 【答案】证明：∵C 是线段BD 的中点，∴BC ＝CD.在△ABC 与△ECD 中，⎩⎨⎧BC ＝CD ，∠B ＝∠ECD ，AB ＝EC ，∴△ABC ≌△ECD.18. 【答案】证明：由∠ECB ＝70°得∠ACB ＝110°. 又∵∠D ＝110°，∴∠ACB ＝∠D. ∵AB ∥DE ，∴∠CAB ＝∠E.在△ABC 和△EAD 中，⎩⎨⎧∠ACB ＝∠D ，∠CAB ＝∠E ，AB ＝EA ，∴△ABC ≌△EAD(AAS)．19. 【答案】解:(1)证明:∵四边形ABCD 是正方形，AB 为☉O 的直径， ∴∠ABE=∠BCG=∠AFB=90°，AB=BC ， ∴∠BAF +∠ABF=90°，∠ABF +∠EBF=90°， ∴∠EBF=∠BAF ， 在△ABE 与△BCG 中，∴△ABE ≌△BCG (ASA). (2)连接OF ，∵∠ABE=∠AFB=90°，∠AEB=55°， ∴∠BAE=90°-55°=35°， ∴∠BOF=2∠BAE=70°. ∵OA=3，∴的长==.20. 【答案】解:(1)证明:∵∠BAC=90°，△ADF是等腰直角三角形，∴∠BAD+∠CAD=90°，∠CAF+∠CAD=90°，∴∠CAF=∠BAD.在△ACF和△ABD中，∴△ACF≌△ABD(SAS).(2)CF=BD且CF⊥BD，理由如下:∵∠CAB=∠DAF=90°，∴∠CAB+∠CAD=∠DAF+∠CAD，即∠CAF=∠BAD.在△ACF和△ABD中，∴△ACF≌△ABD(SAS)，∴CF=BD，∠ACF=∠ABD.∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠ABD=∠ACB=45°，∴∠BCF=∠ACF+∠ACB=∠ABD+∠ACB=45°+45°=90°，∴CF⊥BD.。
备考2021年九年级中考数学复习满分突破训练：全等三角形的性质与判定(五)(含答案)
备考2021年九年级中考数学复习满分突破训练：全等三角形的性质与判定（五）1．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是CD，AD的中点，BE与CF相交于点P．（1）求证：BE⊥CF．（2）若AB＝a．①求CP和AP的长（用含a的代数式表示）．②连结DP，直接写出∠DPF的度数．2．已知四边形ABCD，连接BD，∠ADB＝∠CBD，AD＝BC．（1）求证AB∥CD；（2）点O为BD的中点，直线EF经过点O，分别交直线CD、AB于点E、F，连接BE，若AB＝BF，请直接写出与△ABD面积相等的三角形．（△ABD除外）3．如图，△BEF和△AGE是等腰直角三角形．（1）探究FG和AB的数量关系并证明；（2）延长FG和AB交于点C，利用图2补全图形，求∠ACF的度数．4．在△ABM中，∠ABM＝45°，AM⊥BM，垂足为M，点C是BM延长线上一点，连接AC．（1）如图1，若AM＝3，MC＝2，AB＝3，求△ABC中AB边上的高．（2）如图2，点D是线段AM上一点，MD＝MC，点E是△ABC外一点，EC＝AC，连接ED 并延长交BC于点F，且点F是线段BC的中点，求证：∠BDF＝∠CEF．5．在△ABC中，∠C＝90°，AC＞BC，D是AB的中点，E为直线AC上一动点，连接DE，过点D作DF⊥DE，交直线BC于点F，连接EF．（1）如图1，当点E是线段AC的中点时，AE＝2，BF＝1，求EF的长；（2）当点E在线段CA的延长线上时，依题意补全图形2，用等式表示AE，EF，BF之间的数量关系，并证明．6．如图，在△ABC中，AB＝AC＝18cm，BC＝10cm，AD＝2BD．（1）如果点P在线段BC上以2cm/s的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CA上由C点向A点运动．①若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过2s后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由；②若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD与△CQP全等？（2）若点Q以②中的运动速度从点C出发，点P以原来的运动速度从点B同时出发，都逆时针沿△ABC三边运动，求经过多长时间点P与点Q第一次在△ABC的哪条边上相遇？7．如图，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，D，E分别是AC、AB的中点，P为直线DE上的一点，PQ⊥PC交直线AB于Q．（1）如图1，当P在ED延长线上时，求证：EC+EQ＝EP；（2）当P在射线DE上时，请直接写出EC，EQ，EP三条线段之间的数量关系．8．如图，△ABC为等边三角形，点D，点E分别在BA，AB的延长线上，AD＝BE．（1）求证：CD＝CE；（2）若EF平分∠DEC交CD，CA于点F，点G，∠ACD＝∠CEF，求证：EF＝AC+AD．9．已知OM是∠AOB的平分线，点P是射线OM上一点，点C、D分别在射线OA、OB上，连接PC、PD．（1）如图①，当PC⊥OA，PD⊥OB时，则PC与PD的数量关系是．（2）如图②，点C、D在射线OA、OB上滑动，且∠AOB＝90°，当PC⊥PD时，PC与PD 在（1）中的数量关系还成立吗？说明理由．10．如图，△ABC是等腰三角形，∠BAC＝90°，BE是∠ABC的角平分线，DE⊥BC于点D．（1）请写出图中所有的等腰三角形（△ABC除外）；（2）请你判断AD与BE是否垂直？并说明理由；（3）如果BC＝10cm，求AB+AE的长．参考答案1．解：（1）证明：在△CDF和△BCE中，，∴△CDF≌△BCE（SAS），∴∠CEB＝∠CFD，∵∠DCF+∠CFD＝90°，∴∠DCF+∠CEB＝90°，∴∠EPC＝90°，∴BE⊥CF；（2）①如图1，延长CF交BA延长线于点M，在△CFD和△MFA中，，∴△CFD≌△MFA（ASA），∴CD＝MA＝AB＝a，∵BP⊥CF，∴AP为Rt△MPB斜边BM上的中线，是斜边的一半，即AP＝BM＝×2a＝a；∵CP⊥BE，∴CP×BE＝CE×BC＝，∵BE＝＝＝a，∴CP＝＝a．②如图2，连接DP，EF，∵点E，F分别是CD，AD的中点，∴DE＝CD，DF＝AD，∵正方形ABCD中，AD＝DC，∠D＝90°，∴DE＝DF，∴∠DEF＝∠DFE＝45°，∵∠D＝∠EPF＝90°，∴D、F、P、E四点共圆，∴∠DPF＝∠DEF＝45°．2．（1）证明：∵DB＝BD，∠ADB＝∠CBD，AD＝CB，∴△ADB≌△CBD（SAS），∴∠ABD＝∠CDB，∴AB∥CD；（2）解：∵AB∥CD，∴∠F＝∠OED，∠OBF＝∠ODE，∵O为BD的中点，∴BO＝DO，∴△BOF≌△DOE（AAS），∴BF＝DE，∵△ADB≌△CBD，∴AB＝CD，S△ADB ＝S△CBD，∵AB＝BF，∴AB＝CD＝BF＝DE，∴S△ADB ＝S△BFE＝S△BCD＝S△BDE．3．解：（1）FG＝AB，理由如下：∵△BEF和△AGE是等腰直角三角形，∴EF＝EB，EA＝EG，∠FEB＝∠AEG＝90°，∴∠FEB﹣∠BEG＝∠AEG﹣∠BEG，即∠FEG＝∠BEA，在△FEG和△BEA中，，∴△FEG≌△BEA（SAS），∴FG＝AB；（2）如图，即为补全的图形，由（1）知△FEG≌△BEA，∴∠EFG＝∠EBA，∵△BEF是等腰直角三角形，∴∠EFB＝∠EBF＝45°，∴∠CFB+∠CBF＝∠CFB+∠EBF+∠CBE＝∠EFB+∠EBF＝90°，∴∠FCB＝90°，∴∠ACF＝90°．4．解：（1）∵∠ABM＝45°，AM⊥BM，∴AM＝BM＝AB cos45°＝3，∵MC＝2，∴BC＝5，∴AC＝，∴△ABC中AB边上的高＝；（2）延长EF到点G，使得FG＝EF，连接BG．，∴△BMD≌△AMC（SAS），∴AC＝BD，又∵CE＝AC，∴BD＝CE，，∴△BFG≌△CFE（SAS），∴BG＝CE，∠G＝∠E，∴BD＝CE＝BG，∴∠BDG＝∠G＝∠E．5．解：（1）∵D是AB的中点，E是线段AC的中点，∴DE∥BC，DE＝BC，∵∠ACB＝90°，∴∠DEC＝90°，∵DF⊥DE，∴∠EDF＝90°，∴四边形CEDF是矩形，∴DE＝CF＝BC，∴CF＝BF＝1，∵CE＝AE＝2，∴EF＝＝＝；（2）AE2+BF2＝EF2．证明：过点B作BM∥AC，与ED的延长线交于点M，连接MF，则∠AED＝∠BMD，∠CBM＝∠ACB＝90°，∵D点是AB的中点，∴AD＝BD，在△ADE和△BDM中，，∴△ADE≌△BDM（AAS），∴AE＝BM，DE＝DM，∵DF⊥DE，∴EF＝MF，∵BM2+BF2＝MF2，∴AE2+BF2＝EF2．6．解：（1）①△BPD与△CQP全等，理由如下：∵AB＝AC＝18cm，AD＝2BD，∴AD＝12cm，BD＝6cm，∠B＝∠C，∵经过2s后，BP＝4cm，CQ＝4cm，∴BP＝CQ，CP＝6cm＝BD，在△BPD和△CQP中，，∴△BPD≌△CQP（SAS），②∵点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，∴BP≠CQ，∵△BPD与△CQP全等，∠B＝∠C，∴BP＝PC＝BC＝5cm，BD＝CQ＝6cm，∴t＝，∴点Q的运动速度＝＝cm/s，∴当点Q的运动速度为cm/s时，能够使△BPD与△CQP全等；（2）设经过x秒，点P与点Q第一次相遇，由题意可得：x﹣2x＝36，解得：x＝90，∴90﹣（）×3＝21（s），∴经过90s点P与点Q第一次相遇在线段AB上相遇．7．证明：（1）过点P作PH⊥PE，交直线AB于H，∵D，E分别是AC、AB的中点，∴DE∥BC，∵△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，∴AC⊥DE，∠CAB＝∠B＝∠BCE＝45°，∴AC∥HP，∴∠H＝∠CAB＝45°，∠PEC＝∠BCE＝45°，∴∠H＝∠PEC，△HPE为等腰直角三角形，∴HP＝EP，HE＝EP，∵∠HPQ+∠EPQ＝∠EPC+∠EPQ＝90°，∴∠HPQ＝∠EPC，∴△HPQ≌△EPC（ASA），∴CE＝QH，∵EH＝QH+EQ，∴CE+EQ＝EP；（2）EP+CE＝EQ．证明：过点P作PG⊥DE交直线AB于G，连接CP，∵D，E分别是AC、AB的中点，∴DE∥BC，∵△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，∴AC⊥DE，∠CAB＝∠ABC＝∠BCE＝∠CED＝∠AED＝∠PEG＝45°，∴AC∥HP，∴∠PGE＝∠CAB＝45°，∠PEG＝∠BCE＝45°，∴∠PGE＝∠PEG，∠PEC＝∠PGQ＝135°，∴△GPE为等腰直角三角形，∴GP＝EP，GE＝EP，∵∠GPQ+∠CPG＝∠EPC+∠CPG＝90°，∴∠GPQ＝∠EPC，∴△GPQ≌△EPC（ASA），∴CE＝QG，∵EG+QG＝EQ，∴EP+CE＝EQ．8．证明：（1）∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°，AB＝BC＝AC，∴∠DAC＝∠EBC＝120°，∵AD＝BE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴CD＝CE；（2）∵△ACD≌△BCE∴∠ACD＝∠BCE，AD＝BE，∵BF平分∠DEC，∴∠DEF＝∠CEF，∵∠ACD＝∠CEF，∴∠ACD＝∠CEF＝∠ACD＝∠BCE，∵∠EGC＝∠AEG+∠BAC＝∠AEG+60°，∠ECG＝∠BCE+∠ACB＝∠BCE+60°，∴∠EGC＝∠ECG，∴EC＝EG，∵∠EGC＝∠AEG+∠BAC＝∠AEG+60°＝∠EFC+∠ACD，∴∠BAC＝∠EFC，即∠EAG＝∠EFC，∴△EFC≌△EAG（ASA），∴EF＝AE，∵AE＝AB+BE＝AC+AD，∴EF＝AC+AD．9．解：（1）PC＝PD，理由：∵OM是∠AOB的平分线，∴PC＝PD（角平分线上点到角两边的距离相等），故答案为：PC＝PD；（2）证明：过点P点作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，如图，∴∠PEC＝∠PFD＝90°，∵OM是∠AOB的平分线，∴PE＝PF，∵∠AOB＝90°，∠CPD＝90°，∴∠PCE+∠PDO＝360°﹣90°﹣90°＝180°，而∠PDO+∠PDF＝180°，∴∠PCE＝∠PDF，在△PCE和△PDF中，∴△PCE≌△PDF（AAS），∴PC＝PD．10．解：（1）∵△ABC是等腰三角形，∠BAC＝90°，∴∠C＝45°，∵DE⊥BC，∴CD＝DE，∴△EDC是等腰三角形，∵BE是∠ABC的角平分线，DE⊥BC于点D，∠BAC＝90°，∴EA＝ED，∴△ADE是等腰三角形，∵BE＝BE，∴Rt△BAE≌Rt△DBE（HL），∴BA＝BD，∴△ABD是等腰三角形，故图中的等腰三角形有：△ABD，△ADE，△EDC；（2）AD与BE垂直．证明：由BE为∠ABC的平分线，知∠ABE＝∠DBE，∠BAE＝∠BDE＝90°，BE＝BE，∴△ABE沿BE折叠，一定与△DBE重合．∴A、D是对称点，∴AD⊥BE．（3）∵BE是∠ABC的平分线，DE⊥BC，EA⊥AB，∴AE＝DE，在Rt△ABE和Rt△DBE中，∴Rt△ABE≌Rt△DBE（HL），∴AB＝BD，又△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，∴∠C＝45°，又ED⊥BC，∴△DCE为等腰直角三角形，∴DE＝DC，即AB+AE＝BD+DC＝BC＝10．。
2021年中考数学总复习第四章 三角形 微专题 八大常考全等模型
微专题 八大常考全等模型
模型应用
2. 如图，△CDF和△ABD均是等腰直角三角形，且F在AD边上，若BF是∠ABD的平
分线，则 CD 的值为( BD
C
)
A. 1
2
B. 2
2
C. 2 －1
D. 2 ＋1
第2题图
微专题 八大常考全等模型
3. 如图，矩形ABCD中，AB＞AD，把矩形沿对角线AC所在直线折叠，使点B落在点 E处，AE交CD于点F，连接DE.若矩形ABCD的周长为18，则△EFC的周长为 ____9____．
例2 证明：∵∠1＝∠2，
∴∠1＋∠EAC＝∠2＋∠EAC，
即∠BAC＝∠DAE， ∠BAC ∠DAE 在△ABC和△ADE中， AC AE,
∠C ∠E
∴△ABC≌△ADE(ASA)．
例2题图
微专题 八大常考全等模型
模型分析
有公共边 模型 展示
有公共顶点
模型 所给图形沿公共边所在直线或者经过公共顶点的某条直线折叠，两个三角形完 特点 全重合 解题 证明三角形全等的关键：(1)找公共角、垂直、对顶角、等腰等条件得对应角相 思路 等；(2)找公共边、中点、等底角、相等边、线段的和差等条件得对应边相等
△ABC中，AB＝AC，△ADE中，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝α，连接BD、 模型
CE.正方形ABFC中，AB＝AC，正方形ADGE中，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE 特点 ＝90°，连接BD、CE.
微专题 八大常考全等模型
解题 思路
结论
证明三角形全等的关键：(1)共顶点：加(减)共顶点的公共角∠BAE得一组 对应角相等；(2)利用已知两组边相等或者等腰、等边、正方形、菱形等得 到两组对应边相等 △CAE≌△BAD(SAS)，BD＝CE，∠BPC＝∠BAC＝α(“8字型”证角相等)
第18讲 三角形及其性质-2021年中考数学一轮复习知识考点精讲课件(甘肃专版)
A.10＜BC＜13
B.4＜BC＜12
C.3＜BC＜8
D.2＜BC＜8
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【思路分析】已知两边，则第三边的长应是大于两边的差而小于两边的和， 即第三边BC的取值范围是5－3＜BC＜5＋3，解得2＜BC＜8.
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对点训练 1.以下列各组长度的线段为边，能组成三角形的是( B )
第四章 图形初步与三角形
第18讲 三角形及其性质
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知识点1 三角形的分类 1.按边分：
三角形 2.按角分：
三边都不相等的三角形
底和腰不相等的等腰三角形 等腰三角形
等边三角形
锐角三角形
三角形 ①__直__角__三__角__形_
钝角三角形
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知识点2 三角形的边、角关系 1.三边关系：三角形两边的和②___大__于_____第三边，两边的差③__小__于______
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3.(2018·甘肃)已知a，b，c是△ABC的三边长，a，b满足|a－7|＋(b－1)2＝0， c为奇数，则c＝______7______.
4.(甘肃中考)已知某三角形的两边长分别是3和4，第三边长是方程x2－13x＋ 40＝0的根，则该三角形的周长为_____1_2______.
互相垂直，则∠1的度数是( C )
A.95°
B.100°
C.105°
D.110°
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7.如图，在折纸活动中，小明制作了一张△ABC纸片，点D，E分别是边AB，
AC上，将△ABC沿着DE折叠压平，点A与点A′重合，若∠A＝75°，则∠1＋
∠2等于( A ) A.150°
B.210°
C.105°
(2021年整理)初中数学全等三角形的知识点梳理
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《全等三角形》一、结构梳理二、知识梳理（一）概念梳理1．全等图形定义:两个能够完全重合的图形称为全等图形，全等图形的形状和大小都相同．例如图1中的两个图形形状相同，但大小不同，不能重合在一起，因此不是全等图形,图2中的两个图形面积相同,但形状不同，也不是全等图形．2．全等三角形这是学好全等三角形的基础．根据全等形定义:能够完全重合的两个三角形叫全等三角形．完全重合有两层含义:（1）图形的形状相同；（2）图形的大小相等．符号“≌”也形象、直观地反映了这一点．“∽”表示图形形状相同，“=”表示图形大小相等．（二）性质与判定梳理1．全等图形性质：全等多边形的对应边、对应角分别相等．全等三角形的对应边、对应角分别相等．图22．全等三角形的判定这是学好全等三角形的关键．只给定一个条件或两个条件画三角形时，都不能保证所画出的三角形全等，只要有三个条件对应相等就可以，于是判定两个三角形全等的方法有： （1)三边对应相等的两个三角形全等,简记为：SSS ；（2）两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等，简记为:ASA ； (3）两角和其中一角的对边对应相等的两个三角形全等，简记为：AAS; （4）两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等，简记为：SAS ．若是直角三角形,则还有斜边、直角边公理（HL ）.由此可以看出，判断三角形全等，无论用哪一条件，都要有三个元素对应相等，且其中至少要有一对应边相等． (5）注意判定三角形全等的基本思路从判定两个三角形全等的方法可知,要判定两个三角形全等，需要知道这两个三角形分别有三个元素（其中至少一个元素是边）对应相等,这样就可以利用题目中的已知边（角)去迅速准确地确定要补充的边（角）,不致盲目地而能有目标地完善三角形全等的条件．从而得到判定两个三角形全等的思路有：⎪⎩⎪⎨⎧→→SSS SAS 找另一边找夹角 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎪⎩⎪⎨⎧→→→→→SAS AAS ASA AAS找该角的另一边找这条边上的对角找这条边上的另一角边就是角的一条边找任一角边为角的对边 ⎩⎨⎧→→AAS ASA 找任一边找两角的夹边 （6)学会辨认全等三角形的对应元素辨认全等三角形的对应元素最有效的方法是，先找出全等三角形的对应顶点，再确定对应角和对应边，如已知△ABC ≌EFD ，这种记法意味着A 与E 、B 与F 、C 与D 对应，则三角形的边AB 与EF 、BC 与FD 、AC 与ED 对应，对应边所夹的角就是对应角，此外，还有如下规律:（1）全等三角形的公共边是对应边，公共角是对应角，对顶角是对应角；(2）全等三角形的两个对已知两已知一边一已知两角应角所夹的边是对应边,两条对应边所夹的角是对应角．（三）基本图形梳理注意组成全等三角形的基本图形，全等图形都是由图形的平移、旋转、轴对称等图形变换而得到的，所以全等三角形的基本图形大致有以下几种:1．平移型 如图3，下面几种图形属于平移型：它们可看成有对应边在一直线上移动所构成的，故该对应边 的相等关系一般可由同一直线上的线段和或差而得到． 2．对称型 如图4，下面几种图形属于对称型：它们的特征是可沿某一直线对折，直线两旁的部分能完全重合（轴对称图形)，重合的顶点就是全等三角形的对应顶点．3．旋转型 如图5，下面几种图形属于旋转型: 它们可看成是以三角形的某一顶点为中心旋转 所构成的，故一般有一对相等的角隐含在对顶角、某些角的和 或差中．三、易混、易错点剖析1．探索两个三角形全等时，要注意两个特例(1）三边对应相等的两个三角形全等,但三角对应相等的 两个三角形不一定全等;如图6（1）中的两个三角形的每个 角都是600，但这两个三角形显然不全等; （2）两边和其中一边的对角对应相等的两个三角形不一定全等，如图6（2）,中的△ABC 和△ABD 中， 图3图4 图5ＡＢＣＤ 图6（2）图6（1）虽然有AB=AB,AC=AD ，∠B=∠B ，但它们显然不全等．2．在判定三角形全等时，还要注意的问题 在判定三角形全等时，应做到以下几点： （１)根据已知条件与结论认真分析图形； （２）准确无误的确定每个三角形的六个元素；（３）根据已知条件,确定对应元素,即找出相等的角或边; （４)对照判定方法，看看还需什么条件两个三角形就全等； （５)想办法找出所需的条件来． 四、例题：例1．如图7（1），E 、F 分别是四边形ABCD 的边BA 、DC 延长线上的点，AB//CD ，AD//BC,且AE=CF ，EF 交AD 于G,交BC 于H ．（1）图中的全等三角形有 对，它们分别是 ；（不添加任何辅助线）（2）请在（1)问中选出一对你认为全等的三角形进行证明． 我选择的是： ．解：（1）2,△AEG ≌△CFH 和△BEH ≌△DFG ． （2)如求证明：△AEG ≌△CFH ．证明：在平行四边形ABCD 中，有∠BAG=∠HCD ， 所以∠EAG=1800－∠BAG=1800－∠HCD=∠FCH ．又因BA ∥DC ，所以∠E=∠F ．又因AE=CF ，所以△AEG ≌△CFH ．点评:本题简单地考察学生对图形的识别能力以及证明能力，主要是根据全等三角形的判定条件去寻找，然后再作出证明．例2．如图8，在△ABD 和△ACE 中，有下列四个等式：错误!AB=AC 错误!AD=AE 错误!1=∠2错误!BD=CE 。
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跟踪训练 3．如图，在△PAB 中，PA＝PB，M，N，K 分别是 PA，PB，AB 上的点，且 AM＝BK，BN＝AK，若∠MKN＝44°，则∠P 的度数为__9_2______°．
4．如图，已知在△ABC 中，∠BAC＝90°，AB＝ AC，点 P 为 BC 边上一动点(BP＜CP)，分别过点 B，C 作 BE⊥AP 于点 E，CF⊥AP 于点 F． (1)求证：△ABE≌△CAF； (2)若 CF＝6 cm，BE＝2 cm，求 EF 的长．
(1)证明：∵BE⊥AP，CF⊥AP， ∴∠AEB＝∠AFC＝90°． ∴∠FAC＋ACF＝∠90°． ∵∠BAC＝90°， ∴∠BAE＋∠FAC＝90°． ∴∠BAE＝∠ACF． 在△ABE 和△CAF 中，∠AEB＝∠AFC，∠BAE＝∠ACF，AB＝AC， ∴△ABE≌△CAF(AAS)；
(2)解：∵△ABE≌△CAF， ∴AE＝CF，BE＝AF． ∵EF＝AE－AF， ∴EF＝CF－BE． ∴EF＝6－2＝4(cm)
(1)证明：∵AB∥CD，∴∠A＝∠C，
在△ABE 和△CDF，
∠A＝∠C，
AB＝CD， ∠B＝∠D， ∴△ABE≌△CDF(ASA)．
(2)解：∵E，G 分别是 FC，FD 的中点， ∴CD＝2EG， ∵EG＝5， ∴CD＝10， ∵AB＝CD， ∴AB＝10．
模型二：轴对称型 【模型归纳】 此模型的特征是所给图形可沿着某一条直线折叠，直线两边的部分
6．★如图，正方形 ABCD 和正方形 CEFG 边长分别为 a 和 b，正方形 CEFG 绕点 C 旋转，给出下列结论： ①BE＝DG；②BE⊥DG；③DE2＋BG2＝2a2＋2b2．其中正 确结论是_①__②__③_______(填序号)．
模型五：半角模型 【模型归纳】 当一个角包含着这个角的半角，常将半角两边的三角形通过旋转到
8．如图，已知正方形 ABCD 的边长为 3，E，F 分别是 AB，BC 上的点，且 ∠EDF＝45°，将△DAE 绕 D 点逆时针旋转 90°，得到△DCM，若 AE＝1， 则 FM 的长为_2_._5_____．
∠BCA＝∠EDA， ∴△ABC≌△AED(SAS). AC＝AD，
(2)解：∵△ABC≌△AED， ∴∠B＝∠E＝140°. 五边形内角和为(5－2)×180°＝540°， ∴∠BAE＝540°－2×140°－2×90°＝80°.
模型三：一线三等角(K 型) 【模型归纳】 三个等角在同一直线上，称一线三等角模型(角度有锐角、钝角)，
模型四：旋转型(常考“手拉手”模型) 【模型归纳】 此模型可看成是将三角形绕着公共顶点旋转一定角度所构成的． (1)无重叠：两个三角形有公共顶点，无重叠部分．一般有一对相等
的角隐含在平行线有一部分公共角，运用角的和差可得到等角．
跟踪训练 5．如图，在△ABC 中，∠ABC＝30°，AB＝ 3 ，BC＝ 6 ．分别以 AB， AC 为边在△ABC 外作等边△ABD 和等边△ACE，连接 BE，则 BE 的长为__3___．
一边合并形成新的三角形，从而进行等量代换，然后证明与半角形成的 三角形全等．
等边三角形含半角 (∠BDC＝120°)
△EDF≌△GDF
等腰直角三角形含半角
△DAE≌△FAE
正方形含半角
△AFE≌△AGE
跟踪训练 7．★如图，在△ABC 中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点 D 和点 E 均在边 BC 上，且∠DAE＝45°，AC＝6 2 ，CE＝3，则 BD＝___4____．
能完全重合，重合的顶点就是全等三角形的对应顶点，解题时要注意隐 含条件，即公共边或公共角．
跟踪训练 2．如图，在五边形 ABCDE 中，∠BCD＝∠EDC＝90°，BC＝ED，AC＝AD. (1)求证：△ABC≌△AED； (2)当∠B＝140°时，求∠BAE 的度数．
(1)证明：∵AC＝AD， ∴∠ACD＝∠ADC， 又∵∠BCD＝∠EDC＝90°， ∴∠BCD－∠ACD＝∠EDC－∠ADC， 即∠BCA＝∠EDA. 在△ABC 和△AED 中， BC＝ED，
若为直角则称一线三垂直(见下面拓展)，利用三等角关系找全等三角形 所需的角相等条件(如：∠1＝∠2)．
一线三等角的解题理念：有边相等证全等；无边相等证相似．
锐角一线三等角
钝角一线三等角
【拓展】一线三垂直(∠A＝∠B＝∠CPD＝∠90°)：证明过程中多数 用到“同(等)角的余角相等”，从而可证得角相等．
方法技巧突破(三) 全等三角形之五大模型
模型一：平移型 【模型归纳】 如图，此模型的特征是有一组边共线或部分重合，另两组边分别平
行，可看作是由对应相等的边在同一边上移动所构成的，故对应边的相 等关系一般可由同一直线上的线段和差证得；对应角的相等关系可由平 行线的性质证得．
跟 踪训练 1．已知：如图，点 A，F，E，C 在同一直线上， AB∥DC，AB＝CD，∠B＝∠D． (1)求证：△ABE≌△CDF； (2)若点 E，G 分别为线段 FC，FD 的中点，连接 EG，且 EG＝5，求 AB 的长．