資源簡介

微專題21　全等三角形
考點精講
構建知識體系
考點梳理
1. 全等三角形的性質(6年9考)
概念 能夠完全重合的兩個三角形叫做全等三角形
性質 1. 全等三角形的對應邊①　　　　，對應角②　　　　； 2. 兩個全等三角形的周長③　　　　，面積④　　　　； 3. 全等三角形對應的中線、高線、角平分線、中位線都⑤ 　　
2. 全等三角形的判定(8年11考)
(1)方法
SSS (邊邊邊) SAS (邊角邊) ASA (角邊角) AAS (角角邊) HL (斜邊、直角邊)
三邊分別相等的兩個三角形全等(基本事實) 兩邊和它們的夾角分別相等的兩個三角形全等(基本事實) 兩角和它們的夾邊分別相等的兩個三角形全等(基本事實) 兩角和其中一個角的對邊分別相等的兩個三角形全等 斜邊和一條直角邊分別相等的兩個直角三角形全等
(2)思路
①已知兩對等邊
②已知一對等邊
和一對等角
③已知兩對等角
練考點
1. 如圖，已知△ABC≌△DEF，點B，E，C，F依次在同一條直線上.若BC＝8，CE＝5則CF的長為　　　　.
第1題圖
2. 如圖，兩個三角形全等的是(　　)
第2題圖
A. ③④　　　　 B. ②③
C. ①② D. ①④
高頻考點
考點　全等三角形的性質與判定 (6年9考)
模型一　平移型
模型分析
模型展示：
模型特點：沿同一直線(l)平移可得兩三角形重合(BE＝CF)
解題思路：證明三角形全等的關鍵：(1)加(減)共線部分CE，得BC＝EF；
(2)利用平行線性質找對應角相等
例1　(人教八上習題改編)如圖，已知點B，C，E，F在同一條直線上，BE＝CF，AB∥DE，∠A＝∠D，試判斷AC和DF的數量關系和位置關系，并說明理由.
例1題圖
變式1　(2024內江)如圖，點A，D，B，E在同一條直線上，AD＝BE，AC＝DF，BC＝EF.
(1)求證：△ABC≌△DEF；
(2)若∠A＝55°，∠E＝45°，求∠F的度數.
變式1題圖
模型二　軸對稱(翻轉)型[2022.18，2021.23，2020.20，2020.22(2)]
模型分析
模型展示 有公共邊
有公共頂點
模型特點 所給圖形沿公共邊所在直線或者經過公共頂點的某條直線折疊，兩個三角形能完全重合
解題思路 證明三角形全等的關鍵： (1)找公共角、垂直、對頂角、等腰等條件得對應角相等； (2)找公共邊、中點、等底角、相等邊、線段的和差等條件得對應邊相等
例2　(2024香洲區二模)如圖，已知AB⊥AC，BD⊥CD，垂足分別為A，D，∠ACB＝∠CBD.求證：AB＝CD.
例2題圖
變式2　如圖，AB＝AC，DB＝DC，F是AD延長線上的一點.連接BF，CF，求證：∠BFA＝∠CFA.
變式2題圖
變式3　(人教八上習題改編)如圖，點D在AB邊上(不與點A，點B重合)，E在AC邊上(不與點A，點C重合)，連接BE，CD，BE與CD相交于點O，AB＝AC，∠B＝∠ C.求證：BO＝CO.
變式3題圖
模型三　旋轉型[2023.22(2)①，2019，10①]
模型分析
模型展示 共 頂 點
不 共 頂 點
模型特點 (1)共頂點，繞該頂點旋轉可得兩三角形重合； (2)不共頂點，繞某一點旋轉后，再平移可得兩三角形重合
解題思路 證明三角形全等的關鍵：(1)共頂點：加(減)共頂點的角的共角部分得一組對應角相等； (2)不共頂點：①由BF＝CE→BF±CF＝CE±CF→BC＝EF；②利用平行線性質找對應角相等
例3　(2024珠海模擬)如圖，在△ABC和△EDC中，AB＝ED，∠1＝∠2，∠A＝∠E.求證：BC＝D C.
例3題圖
變式4　(2024吉林省卷)如圖，在 ABCD中，點O是AB的中點，連接CO并延長，交DA的延長線于點E，求證：AE＝BC.
變式4題圖
模型四　一線三垂直型[2023.23(3)，2020.25(3)]
模型分析
模型展示 基本圖形1　已知：AB⊥BC，DE⊥CE，AC⊥CD，AB＝CE 基本圖形2　已知：AB⊥BC，AE⊥BD，CD⊥BD，AB＝BC
結論(針對 基本圖形) ①∠A＝∠DCE，∠ACB＝∠D； ②BE＝AB＋DE； ③連接AD，△ACD是等腰直角三角形 ①∠A＝∠DBC，∠ABE＝∠C； ②DE＝AE－CD
解題思路 常用三個垂直作條件進行角度等量代換，即同(等)角的余角相等，相等的角就是對應角，證三角形全等時必須還有一組對應邊相等
例4　如圖，在四邊形ABCD中，AB＝AD，AB⊥AD，AC⊥D C.過點B作BE⊥CA，垂足為點E.若AC＝6，則△ABC的面積是(　　)
例4題圖
A. 6 B. 12 C. 18 D. 36
變式5　(人教八上習題改編)如圖，點D，C，E在直線l上，點A，B在l的同側，AC⊥BC，若AD＝AC＝BC＝BE＝5，CD＝6，求CE的長.
變式5題圖
真題及變式
命題點　全等三角形的性質與判定 (6年9考) 　
1. (2022廣東18題8分)如圖，已知∠AOC＝∠BOC，點P在OC上，PD⊥OA，PE⊥OB，垂足分別為D，E.
求證：△OPD≌△OPE.
第1題圖
1.1變圖形——增加線段
如圖，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠CAB，DE⊥AB于點E，點F在AC上，BD＝DF.求證：BE＝F C.
變式1.1題圖
1.2變設問——證角平分線
如圖，在△POE和△QOD中，∠E＝∠D，OP＝OQ，PE交QD于點C，CP＝CQ，連接O C.求證：OC平分∠DOE.
變式1.2題圖
拓展訓練
2. (2024佛山模擬)如圖，在四邊形ABCD中，∠D＝∠BCD＝90°.
(1)如圖①，若E為CD的中點，AB＝BC＋AD，求證：AE平分∠DAB；
(2)如圖②，若E為AB的中點，AB＝2AD，CA＝CB，試判斷三角形ABC的形狀，并說明理由.
第2題圖
新考法
3. [真實問題情境](人教八上習題改編)小明同學沿一段筆直的人行道行走，在由A步行到達B處的過程中，通過隔離帶的空隙O，剛好瀏覽完對面人行道宣傳墻上的社會主義核心價值觀標語.其具體信息匯集如下，如圖，AB∥OH∥CD，相鄰兩平行線間的距離相等.AC，BD相交于點O，BD⊥CD于點 D.已知AB＝20 m.根據上述信息，標語CD的長度為　　　　m.
第3題圖
4. [條件開放]如圖，已知在等腰△ABC中，AB＝AC，分別以AB，AC為邊向外作三角形，使BD＝AE.
(1)添加條件　　　　　　　　，可以判定△ABD≌△CAE，請說明理由；
(2)在(1)的條件下，若∠ABC＝65°，∠D＝120°，求∠DAE的度數.
第4題圖
考點精講
①相等　②相等　③相等　④相等　⑤相等
教材改編題練考點
1. 3
2. C
高頻考點
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.
變式1　(1)證明：∵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　證明：∵AB⊥AC，BD⊥CD，
∴∠A＝∠D＝90°，
在△ABC與△DCB中，
，
∴△ABC≌△DCB(AAS)，
∴AB＝CD.
變式2　證明：∵AB＝AC，DB＝DC，AD＝AD，
∴△ABD≌△ACD(SSS)，
∴∠BAF＝∠CAF，
又∵AB＝AC，AF＝AF，
∴△ABF≌△ACF(SAS)，
∴∠BFA＝∠CFA.
變式3　證明：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　證明：∵∠1＝∠2，
∴∠1＋∠ACD＝∠2＋∠ACD，即∠ACB＝∠ECD.
在△ABC和△EDC中，
，
∴△ABC≌△EDC(AAS)，
∴BC＝DC.
變式4　證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，
∴∠OAE＝∠B，∠OCB＝∠E，
∵點O是AB的中點，∴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.
變式5　解：如解圖，過點A作AG⊥CD于點G，過點B作BH⊥CE于點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.
變式5題解圖
真題及變式
1. 證明：∵PD⊥OA，PE⊥OB，垂足分別為D，E，
∴∠PDO＝∠PEO＝90°， (3分)
在△OPD和△OPE中，
，
∴△OPD≌△OPE(AAS). (8分)
一題多解法
∵∠AOC＝∠BOC，
∴OC為∠AOB的平分線，
∵PD⊥OA，PE⊥OB，
∴PD＝PE， (3分)
在Rt△OPD和Rt△OPE中，
，
∴Rt△OPD≌Rt△OPE(HL). (8分)
變式1.1　證明：∵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.
變式1.2　證明：在△POC和△QOC中，
，
∴△POC≌△QOC(SSS)，
∴∠PCO＝∠QCO，
∵∠PCD＝∠QCE，
∴∠DCO＝∠ECO，
∵∠D＝∠E，
∴∠DOC＝∠EOC，
∴OC平分∠DOE.
2. (1)證明：如解圖，延長AE交BC的延長線于點H，
第2題解圖
∵E是CD的中點，
∴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是等邊三角形，理由如下：
∵E是AB中點，
∴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是等邊三角形.
3. 20　【解析】∵AB∥OH∥CD，相鄰兩平行線間的距離相等，∵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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