中考数学全等三角形的五种模型

图形
结论
①△ABF≌△BCE； ②EC＝AB－FC
模型应用
7. (2016·深圳改编)如图，CB＝CA，∠ACB＝ 90°，点D在边BC上(与B，C不重合)，四边 形ADEF为正方形，过点F作FG⊥CA，交CA 的延长线于点G，连接FB，交DE于点Q，给 出以下结论：①AC＝FG；②S△FAB∶S四边形 CBFG＝1∶2；③∠ABC＝∠ABF. 其中正确的结论的个数是( )
∵∠1＝∠2，AD⊥FG于D，AH⊥EF于H， ∴AD＝AH， ∵AD＝AB， ∴AH＝AB， 又∵AH⊥EF于H，AB⊥BC于B， ∴AE平分∠BEF，故①正确； ∵AE平分∠BEF， ∴∠AEB＝∠AEH， ∵∠AEB＋∠BAE＝90°，
∠AEH＋∠HAE＝90°， ∴∠BAE＝∠HAE，
又∵EH⊥AH于H，EB⊥AB于B， ∴BE＝HE， ∵BE＝DG， ∴HE＝DG， ∵EF＝HE＋FH，GF＝DG＋FD，EF＝GF， ∴FH＝FD，故②正确； ∵△AEF≌△AGF， ∴S△EAF＝S△GAF. ∵△ABE≌△ADG，
叠到DF，延长EF交AB于G，连接DG，现在
有如下4个结论：
①△ADG≌△FDG；②GB＝2AG；③∠GDE
＝45°；④DG＝DE.
在以上4个结论中，正确的共有
()
A. 1个
B. 2 个
C. 3 个
D. 4个
3. C 解析：由折叠可知，DF＝DC＝DA，∠DFE＝ ∠C＝90°， ∴∠DFG＝∠A＝90°， ∴△ADG≌△FDG，①正确； ∵正方形边长是12， ∴BE＝EC＝EF＝6， 设AG＝FG＝x，则EG＝x＋6，BG＝12－x， 由勾股定理，得EG2＝BE2＋BG2， 即(x＋6)2＝62＋(12－x)2，解得x＝4， ∴AG＝GF＝4，BG＝8， ∴BG＝2AG，②正确；
4. 如图，在正方形ABCD中，AB＝1，E，F分 别是边BC，CD上的点，连接EF，AE，AF， 过A作AH⊥EF于点H.若EF＝BE＋DF，那么 下列结论：①AE平分∠BEF；②FH＝FD； ③∠EAF＝45°；④S△EAF＝S△ABE＋S△ADF； ⑤△CEF的周长为2.其中正确结论的个数是
2. 如图，△ABC与△ADE都是等腰直角三角 形，连接CD，BE，CD，BE相交于点O，判 断CD与BE的位置关系，并说明理由．
2. 解：△BAE可看作是由△CAD顺时针旋转 所得，
∴△ACD≌△ABE， ∴∠ACD＝∠ABE， ∵在Rt△ABC中，∠ACD＋∠BCD＋∠ABC ＝90°， ∴∠BCD＋∠ABC＋∠ABE＝90°， ∴∠BOC＝90°， ∴CD⊥BE.
已知
在正方形ABCD中，AB＝1，E，F分别是边 BC，CD上的点，连接EF，AE，AF，过A作 AH⊥EF于点H，BE＝EH
图形
结论
①△ABE≌△AHE； ②△AHF≌△ADF； ③∠EAF＝45°； ④EF＝BE＋DF
模型应用
3. (2015·深圳改编)如图，已知正方形ABCD的
边长为12，BE＝EC，将正方形边CD沿DE折
()
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
4. D 解析：如图：把△ABE绕点A逆时 针旋转90度，得到△ADG，则 △ABE≌△ADG， ∠EAG＝∠BAD＝90°， ∴∠ABE＝∠ADG＝90°，AE＝AG，BE＝DG， ∴∠FDG＝∠FDA＋∠ADG＝90°＋90°＝ 180°， ∴F，D，G三点共线． ∵EF＝BE＋DF， ∴EF＝DG＋DF＝GF.
模型3 全等三角形的五种 模型
(手拉手模型、半角模型、 倍长中线模型 、一直线三
垂直模型、对角互补模型)
手拉手模型
已知 △ABE 和 △ACD 为 两 个 的 等 腰 三 角 形 ， ∠BAE＝∠CAD＝∠α，连接EC，BD交于点 O
图形
结论
①△ABD ≌△AEC； ②∠α＋∠BOC＝180°； ③OA平分∠BOC
图形
结论 延长AD到E，使DE＝AD，连接BE，则： ①△ADC≌△EDB；
②AD< (AB＋AC)
已知 在△ABC中，AD是BC边中线 图形
结论
作CF⊥AD于F，作BE⊥AD的延长线于E，连 接BE，则： ①△BDE≌△CDF； ②BE∥FC
模型应用
6. 已知：在△ABC中，AD是BC边上的中线， E是AD上一点，且BE＝AC，延长BE交AC于F， 求证：AF＝EF.
又∵BE＝AC， ∴BE＝BG， ∴∠BED＝∠G， ∵∠BED＝∠AEF， ∴∠AEF＝∠CAD， 即∠AEF＝∠FAE， ∴AF＝EF.
一直线三垂直模型 已知 AE＝DE，AE⊥DE， ∠B＝∠C＝90°
图形
结论
①△ABE≌△ECD； ②BC＝AB＋CD
已知
在正方形ABCD中， ∠ABF＝∠C＝90°， AF⊥BE，交于点H
10. (2018·深圳)如图，四边形ACDF是正方形， ∠CEA和∠ABF都是直角且点E，A，B三点共 线 ， AB ＝ 4 ， 则 阴 影 部 分 的 面 积 是 ________．
对角互补模型 已知 已知∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB
图形
结论
模型应用
11. (2012·深 圳 ) 如 图 ， Rt△ABC 中 ， ∠C ＝ 90°，以斜边AB为边向外作正方形ABDE， 且正方形对角线交于点O，连接OC，已知AC ＝ 5 ， OC ＝ ， 则 另 一 直 角 边 BC 的 长 为 ________．
12. (2017·深圳)如图，在Rt△ABC中，∠ABC ＝ 90° ， AB ＝ 3 ， BC ＝ 4 ， Rt△MPN ， ∠MPN＝90°，点P在AC上，PM交AB于点E， PN 交 BC 于 点 F ， 当 PE ＝ 2PF 时 ， AP ＝ ________．
11. 7 解析：过点O作OM⊥CA，交CA的延长线于点 M；过点O作ON⊥BC于点N. 易证△OMA≌△ONB， ∴OM＝ON，MA＝NB. ∴O点在∠ACB的平分线上， ∴△OCM为等腰直角三角形． ∵OC＝ ， ∴CM＝ON＝6. ∴MA＝CM－AC＝6－5＝1， ∴BC＝CN＋NB＝6＋1＝7. 故答案为7.
9. C 解析：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，AD∥BC， ∵DE⊥AG，BF∥DE， ∴BF⊥AG， ∴∠AED＝∠DEF＝∠BFE＝90°， ∵∠BAF＋∠DAE＝90°，∠DAE＋∠ADE＝ 90°， ∴∠BAF＝∠ADE， ∴△AED≌△BFA(AAS)，故①正确；
∴DE＝AF，AE＝BF， ∴DE－BF＝AF－AE＝EF，故②正确； ∵AD∥BC， ∴∠DAE＝∠BGF， ∵DE⊥AG，BF⊥AG， ∴∠AED＝∠GFB＝90°， ∴△BGF∽△DAE，故③正确； ∵DE，BG，FG没有等量关系， 故不能判定DE－BG＝FG正确．故④错误(也 可以用排除法判断). 故选C.
已知 △ABD和△ACE均为等腰直角三角形，连接 CCD ≌△ABE； ②∠BOC＝90°； ③OA平分∠BOC
已知 直线AB的同一侧作△ABD和△BCE都为等边 三角形，连接AE，CD，二者交点为H
图形
结论
①△ABE≌△DBC； ②AE＝DC； ③∠DHA＝60°； ④△AGB≌△DFB； ⑤△EGB≌△CFB； ⑥连接GF，GF∥AC； ⑦连接HB，HB平分∠AHC
∴S△GAF＝S△ADG＋S△ADF＝S△ABE＋S△ADF， ∴S△EAF＝S△ABE＋S△ADF，故④正确； ∵EF＝HE＋FH，BE＝HE，FH＝FD， ∴EF＝BE＋FD， ∴△CEF的周长＝EF＋EC＋CF＝BE＋FD＋ EC＋CF＝BC＋CD＝2AB＝2，故⑤正确． 故选D.
倍长中线模型 已知 在△ABC中，AD是BC边中线
模型应用
1. (2010·深圳改编)如图，△AOB和△COD均 为等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°， D在AB上． (1)求证：△AOC≌△BOD； (2)判断△CAD是什么形状的三角形，说明理 由．
(2)解：△CAD是直角三角形． 理由：∵△AOC≌△BOD， ∴∠CAO＝∠DBO＝45°， 又∠BAO＝45°， ∴∠CAD＝90°， ∴△CAD是直角三角形．
半角模型 已知 正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD边上的 点，且∠EAF＝45°
图形
结论
将△ADF绕点A旋转90°到△ABG，则： ①EF＝DF＋BE； ②△CEF的周长为正方形ABCD周长的一半
已知 正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD边上的 点，且∠EAF＝45°
图形
结论
将△AEB绕点A为旋转90°到△ADE′，则： EF＝DF－BE
A. 1
B. 2
C. 3
D. 0
8. 如图，已知E，F分别为正方形ABCD的边 AB，BC的中点，AF与DE交于点M，则下列 结论：①∠AME＝90°；②∠BAF＝∠EDB； ③MD＝2AM＝4EM.其中正确的结论有( ) A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个
9. 如图，ABCD是正方形，G是BC上(除端点 外)的任意一点，DE⊥AG于点E，BF∥DE， 交AG于点F.给出以下结论：① △AED≌△BFA；②DE－BF＝EF； ③△BGF∽△DAE；④DE－BG＝FG.其中正 确的有( ) A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个