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2026年中考数学一轮复习专题★★
　全等三角形
考点：全等三角形
1．概念：能完全重合的两个三角形．
2．性质
相等
1.对应边①____，对应角②____；
2．周长③____，面积④____；
3．对应的中线、高线、角平分线和中位线都⑤____
【提示】平移、翻折、旋转前后的两个图形必然全等
相等
相等
相等
相等
3.判定
(1)判定方法
SSS(边边边) 三边分别相等的两个三角形全等
SAS(边角边) 两边及其夹角分别相等的两个三角形全等
ASA(角边角) 两角及其夹边分别相等的两个三角形全等
AAS(角角边) 两角分别相等且其中一组等角的⑥ 分别相等的两个三角形全等
HL 斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等
【提示】“SSA”不能判定两个三角形全等 对边
(2)判定思路
【知识归纳】三角形全等的基本模型
1．平移全等模型
模型 图示
模型 特点 1.共线＋平行；
2．一个三角形沿着共线的边所在的直线平移，能与另一个三角形完全重合
解题 策略 1.在移动方向上加(减)公共线段，构造对应边相等；
2．利用平行线的性质找对应角相等
2.轴对称全等模型
模型图示
有公共边
有公共顶点
模型特点 将所给图形沿某条直线折叠，直线两边的部分能完全重合
解题策略 1.利用公共边、线段的和差等得到对应边相等；
2．利用公共角、对顶角、角的和差、垂直的定义得到对应角相等
3.旋转全等模型
a．不共顶点
模型图示

模型特点 绕某一顶点旋转，再平移后两个三角形全等
解题策略 1.利用线段的和差、公共边等得到两个三角形全等；
2．利用平行线的性质得到对应角相等
b.共顶点
模型图示
模型特点 绕某一顶点旋转一定角度后两个三角形重合
解题策略 1.利用角的和差、对顶角、垂直的定义得到对应角相等；
2．利用中点得到对应边相等
1．(人教八上P44习题T11变式)如图，点A，B，C，D在同一直线上，在横线上添加适当的条件使得△AEC≌△DFB(不添加任何辅助线)，并说明判定方法．
(1)已知AE＝DF，EC＝FB.
①添加的条件为 ，判定方法为SSS；
②添加的条件为 ，判定方法为SAS；
③添加的条件为 ，判定方法为HL；
(2)已知EA∥DF，EC∥BF.
①添加的条件为 ，判定方法为ASA；
②添加的条件为 ，判定方法为AAS；
(3)已知EC∥BF，AE＝DF，添加的条件为____________________________
，判定方法为_____.
AB＝CD(或AC＝DB)
∠E＝∠F
∠A＝∠D＝90°(或∠ECA＝∠FBD＝90°)
AC＝DB(或AB＝CD)
AE＝DF(或CE＝BF)
∠E＝∠F(或∠A＝∠D或AE∥DF)
AAS
2.(云南模拟)如图，C是AE的中点，∠A＝∠ECD，AB＝CD，求证：△ABC≌△CDE.
证明：∵C是AE的中点，
∴AC＝CE，
在△ABC与△CDE中，
∴△ABC≌△CDE(SAS)．
3．如图，在正方形组成的网格中，A，B，C，D，E，F均在格点上，连接AB，CD，则∠1＋∠2的度数为( )
A．45°
B．60°
C．90°
D．100°
C
4．如图，点A，D，C，E在同一条直线上，AB∥EF，AB＝EF，∠B＝∠F，AE＝12，AC＝8，则CD的长为 .
4
5．如图，在△ABC中，AB＝CB，∠ABC＝90°，F为AB延长线上一点，点E 在BC上，且AE＝CF.求证：Rt△ABE≌Rt△CBF.
证明：在
Rt△ABE和Rt△CBF中，
∵AE＝CF，
AB＝CB，
∴Rt△ABE≌Rt△CBF(HL)．
重难点：全等三角形的判定与性质
如图，在△ABC中，已知AD⊥BC，垂足为D，且CD＝AB＋BD，若∠C＝24°，求∠CAB的度数．
解：在CD上取一点B′，
使DB′＝DB，连接AB′.
∵AD⊥BC，∴∠ADB＝∠ADB′＝90°.
在△ADB和△ADB′中，
∴△ADB≌△ADB′(SAS)，∴AB＝AB′，∴∠B＝∠AB′B.
∵CD＝AB＋BD＝B′C＋B′D，∴AB＝B′C，∴B′C＝AB′，
∴∠C＝∠B′AC＝24°，∴∠B＝∠AB′B＝∠B′AC＋∠C＝48°，
∴∠CAB＝180°－∠C－∠B＝108°.
【思路分析】
条件：AD⊥BC，CD＝AB＋BD，∠C＝24°.需求∠CAB的度数．(思考：只知∠C的度数无法求出∠CAB的度数，但可在CD上构造与BD等长的线段，由此构造关于AD对称的全等三角形，进而求出∠CAB的度数)
辅助线：在CD上取一点B′，使DB′＝DB，连接AB′.(目的：构造“轴对称”型全等三角形)
得到△ADB≌△ADB′，∠B＝∠AB′B，∠C＝∠B′AC.
如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝45°，AD为BC边上的中线，过点B作BE⊥AC，垂足为E，交AD于点F，作∠ABE的平分线BN，交AD于点M，交AC于点N，猜想线段AF，BM的数量关系，并说明理由．
解：AF＝BM.理由：连接CM.
∵AB＝AC，D是BC的中点，∠BAC＝45°，
∴AD⊥BC，∠ADB＝90°，∠EAF＝∠BAC＝22.5°，
∠ABD＝90°－22.5°＝67.5°.
∵BE⊥AC，∴∠AEF＝∠BEC＝90°，∴∠AEF＝∠ADB＝90°.
又∵∠AFE＝∠BFD，∴∠EBC＝∠EAF＝22.5°.
∵∠BAC＝45°，∠AEF＝90°，∴∠ABE＝45°，∴AE＝BE，
∵BN平分∠ABE，∴∠NBE＝∠ABE＝22.5°.
又∵∠EBC＝22.5°，∴∠MBC＝∠NBE＋∠EBC＝45°.
在△AEF和△BEC中，
∴△AEF≌△BEC(ASA)，∴AF＝BC.
∵D是BC的中点，AD⊥BC，∴AD是BC的垂直平分线，
∴BM＝CM.∵∠MBC＝45°，∴△BMC是等腰直角三角形，
∴BC＝BM，∴AF＝BM.
存在垂线、角平分线或等长线段，作对称：

原理：关于某条直线对称的两个图形全等．
情形1：存在垂线、角平分线．
作法：如图①，截取等长线段构造“轴对称”型全等三角形．
情形2：存在等长线段．
作法：如图②，作角平分线，构造“轴对称”型全等三角形．
【提分关键】
【思路分析】
条件：AB＝AC，∠BAC＝45°，AD为BC边上的中线，BE⊥AC，BN平分∠ABE.需猜想AF与BM的数量关系，并说明理由．(思考：等腰三角形的底边上的中线所在直线就是其对称轴，利用对称轴构造全等三角形，转移线段)
辅助线：连接CM.(目的：构造“轴对称”型全等三角形，转移线段)
得到等腰Rt△BMC.
如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，且BD＝CD.求证：AB＝AC.
证明：证法1　如答图①，延长AD到点E，
使ED＝AD，连接BE.
在△BDE和△CDA中，
∴△BDE≌△CDA(SAS)，
∴AC＝EB，∠E＝∠2.
∵AD平分∠BAC，∴∠1＝∠2，
∴∠1＝∠E，∴AB＝EB，∴AB＝AC.
证法2　如答图②，过点B作FB∥AC，
交AD的延长线于点F.
∵FB∥AC，∴∠F＝∠2.
在△BDF和△CDA中，
∴△BDF≌△CDA(AAS)，∴FB＝AC.
∵AD平分∠BAC，∴∠1＝∠2，∴∠1＝∠F，
∴AB＝BF，∴AB＝AC.
【思路分析】
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)
得到与△CDA全等的三角形.
【考情分析】云南近6年主要考查全等三角形的性质与判定，偶尔也结合特殊四边形考查以下几种类型：①证明两个三角形全等；②通过证明两个三角形全等得到线段相等、角相等；③利用全等的性质进行相关计算；④以特殊四边形为背景考查特殊四边形的判定，主要以解答题的形式出现．难度较小，分值一般5－6分．
命题点：三角形全等的相关证明(近6年连续考查)
1．(2022·云南第11题4分)如图，OB平分∠AOC，D，E，F分别是射线OA，射线OB，射线OC上的点，点D，E，F与O点都不重合，连接ED，EF.若添加下列条件中的某一个，就能使△DOE≌△FOE.则添加的条件是( )
A．OD＝OE
B．OE＝OF
C．∠ODE＝∠OED
D．∠ODE＝∠OFE
D
2．(2025·云南第21题6分)如图，AB与CD相交于点O，AC＝BD，∠C＝∠D.
求证：△AOC≌△BOD.
证明：在△AOC和△BOD中，
∴△AOC≌△BOD(AAS)．

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