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微专题21　全等三角形
考点精讲
构建知识体系
考点梳理
1. 全等三角形的性质(6年9考)
概念 能够完全重合的两个三角形叫做全等三角形
性质 1. 全等三角形的对应边①　　　　，对应角②　　　　； 2. 两个全等三角形的周长③　　　　，面积④　　　　； 3. 全等三角形对应的中线、高线、角平分线、中位线都⑤ 　　
2. 全等三角形的判定(8年11考)
(1)方法
SSS (边边边) SAS (边角边) ASA (角边角) AAS (角角边) HL (斜边、直角边)
三边分别相等的两个三角形全等(基本事实) 两边和它们的夹角分别相等的两个三角形全等(基本事实) 两角和它们的夹边分别相等的两个三角形全等(基本事实) 两角和其中一个角的对边分别相等的两个三角形全等 斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等
(2)思路
①已知两对等边
②已知一对等边
和一对等角
③已知两对等角
练考点
1. 如图，已知△ABC≌△DEF，点B，E，C，F依次在同一条直线上.若BC＝8，CE＝5则CF的长为　　　　.
第1题图
2. 如图，两个三角形全等的是(　　)
第2题图
A. ③④　　　　 B. ②③
C. ①② D. ①④
高频考点
考点　全等三角形的性质与判定 (6年9考)
模型一　平移型
模型分析
模型展示：
模型特点：沿同一直线(l)平移可得两三角形重合(BE＝CF)
解题思路：证明三角形全等的关键：(1)加(减)共线部分CE，得BC＝EF；
(2)利用平行线性质找对应角相等
例1　(人教八上习题改编)如图，已知点B，C，E，F在同一条直线上，BE＝CF，AB∥DE，∠A＝∠D，试判断AC和DF的数量关系和位置关系，并说明理由.
例1题图
变式1　(2024内江)如图，点A，D，B，E在同一条直线上，AD＝BE，AC＝DF，BC＝EF.
(1)求证：△ABC≌△DEF；
(2)若∠A＝55°，∠E＝45°，求∠F的度数.
变式1题图
模型二　轴对称(翻转)型[2022.18，2021.23，2020.20，2020.22(2)]
模型分析
模型展示 有公共边
有公共顶点
模型特点 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，两个三角形能完全重合
解题思路 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
例2　(2024香洲区二模)如图，已知AB⊥AC，BD⊥CD，垂足分别为A，D，∠ACB＝∠CBD.求证：AB＝CD.
例2题图
变式2　如图，AB＝AC，DB＝DC，F是AD延长线上的一点.连接BF，CF，求证：∠BFA＝∠CFA.
变式2题图
变式3　(人教八上习题改编)如图，点D在AB边上(不与点A，点B重合)，E在AC边上(不与点A，点C重合)，连接BE，CD，BE与CD相交于点O，AB＝AC，∠B＝∠ C.求证：BO＝CO.
变式3题图
模型三　旋转型[2023.22(2)①，2019，10①]
模型分析
模型展示 共 顶 点
不 共 顶 点
模型特点 (1)共顶点，绕该顶点旋转可得两三角形重合； (2)不共顶点，绕某一点旋转后，再平移可得两三角形重合
解题思路 证明三角形全等的关键：(1)共顶点：加(减)共顶点的角的共角部分得一组对应角相等； (2)不共顶点：①由BF＝CE→BF±CF＝CE±CF→BC＝EF；②利用平行线性质找对应角相等
例3　(2024珠海模拟)如图，在△ABC和△EDC中，AB＝ED，∠1＝∠2，∠A＝∠E.求证：BC＝D C.
例3题图
变式4　(2024吉林省卷)如图，在 ABCD中，点O是AB的中点，连接CO并延长，交DA的延长线于点E，求证：AE＝BC.
变式4题图
模型四　一线三垂直型[2023.23(3)，2020.25(3)]
模型分析
模型展示 基本图形1　已知：AB⊥BC，DE⊥CE，AC⊥CD，AB＝CE 基本图形2　已知：AB⊥BC，AE⊥BD，CD⊥BD，AB＝BC
结论(针对 基本图形) ①∠A＝∠DCE，∠ACB＝∠D； ②BE＝AB＋DE； ③连接AD，△ACD是等腰直角三角形 ①∠A＝∠DBC，∠ABE＝∠C； ②DE＝AE－CD
解题思路 常用三个垂直作条件进行角度等量代换，即同(等)角的余角相等，相等的角就是对应角，证三角形全等时必须还有一组对应边相等
例4　如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，AB⊥AD，AC⊥D C.过点B作BE⊥CA，垂足为点E.若AC＝6，则△ABC的面积是(　　)
例4题图
A. 6 B. 12 C. 18 D. 36
变式5　(人教八上习题改编)如图，点D，C，E在直线l上，点A，B在l的同侧，AC⊥BC，若AD＝AC＝BC＝BE＝5，CD＝6，求CE的长.
变式5题图
真题及变式
命题点　全等三角形的性质与判定 (6年9考) 　
1. (2022广东18题8分)如图，已知∠AOC＝∠BOC，点P在OC上，PD⊥OA，PE⊥OB，垂足分别为D，E.
求证：△OPD≌△OPE.
第1题图
1.1变图形——增加线段
如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠CAB，DE⊥AB于点E，点F在AC上，BD＝DF.求证：BE＝F C.
变式1.1题图
1.2变设问——证角平分线
如图，在△POE和△QOD中，∠E＝∠D，OP＝OQ，PE交QD于点C，CP＝CQ，连接O C.求证：OC平分∠DOE.
变式1.2题图
拓展训练
2. (2024佛山模拟)如图，在四边形ABCD中，∠D＝∠BCD＝90°.
(1)如图①，若E为CD的中点，AB＝BC＋AD，求证：AE平分∠DAB；
(2)如图②，若E为AB的中点，AB＝2AD，CA＝CB，试判断三角形ABC的形状，并说明理由.
第2题图
新考法
3. [真实问题情境](人教八上习题改编)小明同学沿一段笔直的人行道行走，在由A步行到达B处的过程中，通过隔离带的空隙O，刚好浏览完对面人行道宣传墙上的社会主义核心价值观标语.其具体信息汇集如下，如图，AB∥OH∥CD，相邻两平行线间的距离相等.AC，BD相交于点O，BD⊥CD于点 D.已知AB＝20 m.根据上述信息，标语CD的长度为　　　　m.
第3题图
4. [条件开放]如图，已知在等腰△ABC中，AB＝AC，分别以AB，AC为边向外作三角形，使BD＝AE.
(1)添加条件　　　　　　　　，可以判定△ABD≌△CAE，请说明理由；
(2)在(1)的条件下，若∠ABC＝65°，∠D＝120°，求∠DAE的度数.
第4题图
考点精讲
①相等　②相等　③相等　④相等　⑤相等
教材改编题练考点
1. 3
2. C
高频考点
例1　解：AC＝DF，AC∥DF，理由如下：
∵BE＝CF，
∴BE－CE＝CF－CE，即BC＝EF，
∵AB∥DE，
∴∠B＝∠DEF，
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF(AAS)，
∴AC＝DF，∠ACB＝∠F，∴AC∥DF.
变式1　(1)证明：∵AD＝BE，
∴AD＋DB＝BE＋DB，即AB＝DE，
∵AC＝DF，BC＝EF，
∴△ABC≌△DEF(SSS)；
(2)解：∵△ABC≌△DEF，∠A＝55°，
∴∠FDE＝∠A＝55°，
∵∠E＝45°，
∴∠F＝180°－∠FDE－∠E＝80°.
例2　证明：∵AB⊥AC，BD⊥CD，
∴∠A＝∠D＝90°，
在△ABC与△DCB中，
，
∴△ABC≌△DCB(AAS)，
∴AB＝CD.
变式2　证明：∵AB＝AC，DB＝DC，AD＝AD，
∴△ABD≌△ACD(SSS)，
∴∠BAF＝∠CAF，
又∵AB＝AC，AF＝AF，
∴△ABF≌△ACF(SAS)，
∴∠BFA＝∠CFA.
变式3　证明：在△ABE和△ACD中，，
∴△ABE≌△ACD(ASA)，
∴AD＝AE，
∵AB＝AC，
∴AB－AD＝AC－AE，即BD＝CE，
在△BOD和△COE中，
，
∴△BOD≌△COE(AAS)，
∴BO＝CO.
例3　证明：∵∠1＝∠2，
∴∠1＋∠ACD＝∠2＋∠ACD，即∠ACB＝∠ECD.
在△ABC和△EDC中，
，
∴△ABC≌△EDC(AAS)，
∴BC＝DC.
变式4　证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠OAE＝∠B，∠OCB＝∠E，
∵点O是AB的中点，∴OA＝OB
在△AOE和△BOC中，
，
∴△AOE≌△BOC(AAS)，
∴AE＝BC.
例4　C　【解析】∵AB⊥AD，AC⊥DC，BE⊥CA，∴∠ACD＝∠BEA＝∠DAB＝90°，∴∠D＋∠DAC＝90°，∠DAC＋∠EAB＝90°，∴∠D＝∠EAB，∵AD＝AB，∴△ADC≌△BAE(AAS)，∴AC＝BE＝6，∴S△ABC＝AC·BE＝×6×6＝18.
变式5　解：如解图，过点A作AG⊥CD于点G，过点B作BH⊥CE于点H，
∵AD＝AC，AG⊥CD，
∴CG＝CD＝3，
在Rt△ACG中，由勾股定理得，AG＝＝＝4，
∵AC⊥BC，
∴∠CAG＋∠GCA＝∠GCA＋∠BCH＝90°，
∴∠CAG＝∠BCH.
在△ACG和△CBH中，
，
∴△ACG≌△CBH(AAS)，
∴CH＝AG＝4.
∵BC＝BE，BH⊥CE，
∴CE＝2CH＝8.
变式5题解图
真题及变式
1. 证明：∵PD⊥OA，PE⊥OB，垂足分别为D，E，
∴∠PDO＝∠PEO＝90°， (3分)
在△OPD和△OPE中，
，
∴△OPD≌△OPE(AAS). (8分)
一题多解法
∵∠AOC＝∠BOC，
∴OC为∠AOB的平分线，
∵PD⊥OA，PE⊥OB，
∴PD＝PE， (3分)
在Rt△OPD和Rt△OPE中，
，
∴Rt△OPD≌Rt△OPE(HL). (8分)
变式1.1　证明：∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，∠C＝90°，
∴DC＝DE，∠C＝∠DEB＝90°，
在Rt△DCF和Rt△DEB中，
，
∴Rt△DCF≌Rt△DEB(HL)，
∴BE＝FC.
变式1.2　证明：在△POC和△QOC中，
，
∴△POC≌△QOC(SSS)，
∴∠PCO＝∠QCO，
∵∠PCD＝∠QCE，
∴∠DCO＝∠ECO，
∵∠D＝∠E，
∴∠DOC＝∠EOC，
∴OC平分∠DOE.
2. (1)证明：如解图，延长AE交BC的延长线于点H，
第2题解图
∵E是CD的中点，
∴CE＝DE，且∠D＝∠ECH＝90°，∠AED＝∠HEC，
∴△ADE≌△HCE(ASA)，
∴AD＝CH，∠DAE＝∠H，
∵AB＝BC＋AD，BH＝BC＋CH，
∴AB＝BH，
∴∠H＝∠BAH，
∴∠DAE＝∠BAH，
∴AE平分∠DAB；
(2)解：△ABC是等边三角形，理由如下：
∵E是AB中点，
∴AE＝BE＝AB，
又∵AC＝BC，
∴CE⊥AB，∠ACE＝∠BCE，
∵AB＝2AD，
∴AD＝AE，且AC＝AC，
∴Rt△ACD≌Rt△ACE(HL)，
∴∠ACD＝∠ACE，
∴∠ACD＝∠ACE＝∠BCE，且∠ACD＋∠ACE＋∠BCE＝90°，
∴∠ACD＝∠ACE＝∠BCE＝30°，
∴∠ACB＝60°，且AC＝BC，
∴△ABC是等边三角形.
3. 20　【解析】∵AB∥OH∥CD，相邻两平行线间的距离相等，∵OB⊥AB，OD⊥DC，∴OB＝OD，∠ABO＝∠CDO＝90°，在△ABO和△CDO中，，∴△ABO≌△CDO(ASA)，∴CD＝AB＝20 m.
4. 解：(1)∠ABD＝∠CAE(答案不唯一)，
理由如下：
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE(SAS)；
(2)由(1)得，△ABD≌△CAE，
∴∠DAB＝∠ECA，∠E＝∠D＝120°.
∵∠ABC＝65°，AB＝AC，
∴∠BAC＝180°－2∠ABC＝50°，
∴∠DAE＝∠DAB＋∠BAC＋∠CAE＝∠BAC＋∠ECA＋∠CAE＝∠BAC＋180°－∠E＝110°.

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