苏州市中考一轮复习第17讲《全等三角形》讲学案.docx

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苏州市中考一轮复习第17讲《全等三角形》讲学案

2017年中考数学一轮复习第17讲《全等三角形》

【考点解析】

知识点一：

全等三角形性质

【例题】（2016·重庆市B卷·7分）如图，在△ABC和△CED中，AB∥CD，AB=CE，AC=CD．求证：

∠B=∠E．

【考点】全等三角形的判定与性质．

【专题】证明题．

【分析】根据两直线平行，内错角相等可得∠BAC=∠ECD，再利用“边角边”证明△ABC和△CED全等，然后根据全等三角形对应角相等证明即可．

【解答】证明：

∵AB∥CD，

∴∠BAC=∠ECD，

在△ABC和△CED中，

，

∴△ABC≌△CED（SAS），

∴∠B=∠E．

【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行线的性质，熟练掌握三角形全等的判定方法并找出两边的夹角是解题的关键．

【变式】

（2016·湖北武汉·8分）如图，点B、E、C、F在同一条直线上，AB＝DE，AC＝DF，BE＝CF，求证：

AB∥DE．

【考点】全等三角形的判定和性质

【答案】见解析

【解析】证明：

由BE＝CF可得BC＝EF，又AB＝DE，AC＝DF，故△ABC≌△DEF（SSS），则∠B=∠DEF，∴AB∥DE．

知识点二：

全等三角形判定：

【例题1】（2016•永州）如图，点D，E分别在线段AB，AC上，CD与BE相交于O点，已知AB=AC，现添加以下的哪个条件仍不能判定△ABE≌△ACD（　　）

A．∠B=∠CB．AD=AEC．BD=CED．BE=CD

【分析】欲使△ABE≌△ACD，已知AB=AC，可根据全等三角形判定定理AAS、SAS、ASA添加条件，逐一证明即可．

【解答】解：

∵AB=AC，∠A为公共角，

A、如添加∠B=∠C，利用ASA即可证明△ABE≌△ACD；

B、如添AD=AE，利用SAS即可证明△ABE≌△ACD；

C、如添BD=CE，等量关系可得AD=AE，利用SAS即可证明△ABE≌△ACD；

D、如添BE=CD，因为SSA，不能证明△ABE≌△ACD，所以此选项不能作为添加的条件．

故选：

D．

【点评】此题主要考查学生对全等三角形判定定理的理解和掌握，此类添加条件题，要求学生应熟练掌握全等三角形的判定定理．

【变式】

（2016•金华）如图，已知∠ABC=∠BAD，添加下列条件还不能判定△ABC≌△BAD的是（　　）

A．AC=BDB．∠CAB=∠DBAC．∠C=∠DD．BC=AD

【分析】根据全等三角形的判定：

SAS，AAS，ASA，可得答案．

【解答】解：

由题意，得∠ABC=∠BAD，AB=BA，

A、∠ABC=∠BAD，AB=BA，AC=BD，（SSA）三角形不全等，故A错误；

B、在△ABC与△BAD中，

，△ABC≌△BAD（ASA），故B正确；

C、在△ABC与△BAD中，

，△ABC≌△BAD（AAS），故C正确；

D、在△ABC与△BAD中，

，△ABC≌△BAD（SAS），故D正确；

故选：

A．

【点评】本题考查了全等三角形的判定，判定两个三角形全等的一般方法有：

SSS、SAS、ASA、AAS、HL．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，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．

【例题2】

（2016•莆田）如图，OP是∠AOB的平分线，点C，D分别在角的两边OA，OB上，添加下列条件，不能判定△POC≌△POD的选项是（　　）

A．PC⊥OA，PD⊥OBB．OC=ODC．∠OPC=∠OPDD．PC=PD

【分析】要得到△POC≌△POD，现有的条件为有一对角相等，一条公共边，缺少角，或着是边，根据全等三角形的判定定理即可得到结论．于是答案可得．

【解答】解：

∵OP是∠AOB的平分线，

∴∠AOP=∠BOP，

∵OP=OP，

∴根据‘HL’需添加PC⊥OA，PD⊥OB，

根据‘SAS’需添加OC=OD，

根据‘AAS’需添加∠OPC=∠OPD，

故选D．

【点评】本题考查了角平分线的定义，全等三角形的判定，熟记全等三角形的判定定理是解题的关键．

【变式】

（2015•莆田）如图，AE∥DF，AE=DF，要使△EAC≌△FDB，需要添加下列选项中的（　　）

A．AB=CDB．EC=BFC．∠A=∠DD．AB=BC

【分析】添加条件AB=CD可证明AC=BD，然后再根据AE∥FD，可得∠A=∠D，再利用SAS定理证明△EAC≌△FDB即可．

【解答】解：

∵AE∥FD，

∴∠A=∠D，

∵AB=CD，

∴AC=BD，

在△AEC和△DFB中，

，

∴△EAC≌△FDB（SAS），

故选：

A．

【点评】此题主要考查了三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：

SSS、SAS、ASA、AAS、HL．

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，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．

【典例解析】

【例题1】（2015•宜昌）如图，在方格纸中，以AB为一边作△ABP，使之与△ABC全等，从P1，P2，P3，P4四个点中找出符合条件的点P，则点P有（　　）

A．1个B．2个C．3个D．4个

【分析】根据全等三角形的判定得出点P的位置即可．

【解答】解：

要使△ABP与△ABC全等，点P到AB的距离应该等于点C到AB的距离，即3个单位长度，故点P的位置可以是P1，P3，P4三个，

故选C

【点评】此题考查全等三角形的判定，关键是利用全等三角形的判定进行判定点P的位置．

【例题2】

（2013年佛山市，22，8分）课本指出：

公认的真命题称为公理，除了公理外，其他的真命题（如推论、定理等）的正确性都需要通过推

理的方法证实．

（1）叙述三角形全等的判定方法中的推论AAS；

（2）证明推论AAS．

要求：

叙述推论用文字表达；用图形中的符号表达已知、

求证，并证明，证明对各步骤要注明依据．

分析：

（1）两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等．

（2）根据三角形内角和定理和全等三角形的判断定理ASA来证明．

解：

（1）三角形全等的判定方法中的推论AAS指的是：

两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等．

（2）已知：

在△ABC与△DEF中，∠A=∠D，∠C=∠F，BC=EF．

求证：

△ABC≌△DEF．

证明：

如图，在△ABC与△DEF中，∠A=∠D，∠C=∠F（已知），

∴∠A+∠C=∠D+∠F（等量代换）．

又∵∠A+∠B+∠C=180°，∠D+∠E+∠F=180°（三角形内角和定理），

∴∠B=∠E．

∴在△ABC与△DEF中，

，

∴△ABC≌△DEF（ASA）．

点评：

本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：

SSS、SAS、ASA、AAS、HL．

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，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．

【例题3】

（2013•东营，23，10分）

（1）如图

（1），已知：

在△ABC中，∠BAC＝90°，AB=AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E．证明:

DE=BD+CE．

（2）如图

（2），将

（1）中的条件改为：

在△ABC中，AB=AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA=∠AEC=∠BAC=

，其中

为任意锐角或钝角．请问结论DE=BD+CE是否成立?

如成立，请你给出证明;若不成立，请说明理由．

（3）拓展与应用：

如图（3），D、E是D、A、E三点所在直线m上的两动点（D、A、E三点互不重合），点F为∠BAC平分线上的一点，且△ABF和△ACF均为等边三角形，连接BD、CE，若∠BDA=∠AEC=∠BAC，试判断△DEF的形状．

∵∠BAD+∠ABD=90°

∴∠CAE=∠ABD

又AB=AC

∴△ADB≌△CEA

∴AE=BD，AD=CE

∴DE=AE+AD=BD+CE

（2）∵∠BDA=∠BAC=

，

∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°—

∴∠DBA=∠CAE

∵∠BDA=∠AEC=

，AB=AC

∴△ADB≌△CEA

∴AE=BD，AD=CE

∴DE=AE+AD=BD+CE

（3）由

（2）知，△ADB≌△CEA，

BD=AE，∠DBA=∠CAE

∵△ABF和△ACF均为等边三角形

∴∠ABF=∠CAF=60°

∴∠DBA+∠ABF=∠CAE+∠CAF

∴∠DBF=∠FAE

∵BF=AF

∴△DBF≌△EAF

∴DF=EF，∠BFD=∠AFE

∴∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠DFA+∠BFD=60°

∴△DEF为等边三角形．

点拨：

利用全等三角形的性质证线段相等是证两条线段相等的重要方法．

【中考热点】

【热点1】（2016·浙江省绍兴市·8分）如果将四根木条首尾相连，在相连处用螺钉连接，就能构成一个平面图形．

（1）若固定三根木条AB，BC，AD不动，AB=AD=2cm，BC=5cm，如图，量得第四根木条CD=5cm，判断此时∠B与∠D是否相等，并说明理由．

（2）若固定一根木条AB不动，AB=2cm，量得木条CD=5cm，如果木条AD，BC的长度不变，当点D移到BA的延长线上时，点C也在BA的延长线上；当点C移到AB的延长线上时，点A、C、D能构成周长为30cm的三角形，求出木条AD，BC的长度．

【考点】全等三角形的应用；二元一次方程组的应用；三角形三边关系．

【分析】

（1）相等．连接AC，根据SSS证明两个三角形全等即可．

（2）分两种情形①当点C在点D右侧时，②当点C在点D左侧时，分别列出方程组即可解决问题，注意最后理由三角形三边关系定理，检验是否符合题意．

【解答】解：

（1）相等．

理由：

连接AC，

在△ACD和△ACB中，

，

∴△ACD≌△ACB，

∴∠B=∠D．

（2）设AD=x，BC=y，

当点C在点D右侧时，

，解得

，

当点C在点D左侧时，

解得

，

此时AC=17，CD=5，AD=8，5+8＜17，

∴不合题意，

∴AD=13cm，BC=10cm．

【热点2】（2016·广西百色·8分）已知平行四边形ABCD中，CE平分∠BCD且交AD于点E，AF∥CE，且交BC于点F．

（1）求证：

△ABF≌△CDE；

（2）如图，若∠1=65°，求∠B的大小．

【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质．

【分析】

（1）由平行四边形的性质得出AB=CD，AD∥BC，∠B=∠D，得出∠1=∠DCE，证出∠AFB=∠1，由AAS证明△ABF≌△CDE即可；

（2）由

（1）得∠1=∠DCE=65°，由平行四边形的性质和三角形内角和定理即可得出结果．

【解答】

（1）证明：

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB=CD，AD∥BC，∠B=∠D，

∴∠1=∠DCE，

∵AF∥CE，

∴∠AFB=∠ECB，

∵CE平分∠BCD，

∴∠DCE=∠ECB，

∴∠AFB=∠1，

在△ABF和△CDE中，

，

∴△ABF≌△CDE（AAS）；

（2）解：

由

（1）得：

∠1=∠ECB，∠DCE=∠ECB，

∴∠1=∠DCE=65°，

∴∠B=∠D=180°﹣2×65°=50°．

【热点3】（2013山东菏泽，16，12分）（每题6分）

（1）如图，在△ABC中，AB=CB，∠ABC=90°，D为AB延长线上一点，点E在BC上，且BE=BD，连结AE、DE、DC.

①求证：

△ABE≌△CBD；

②若∠CAE=30°，求∠BDC的度数.

【思路分析】①根据题意可以寻找△ABE≌△CBD

的条件SAS即可；②可以经过证△ABE≌△CBD

，然后根据角的和差进行计算.

【解】

（1）①证明:

∵∠ABC=90°

∴∠ABE=∠CBD=90°

在△ABE与△CBD中

∵

∴△ABE≌△CBD

②解：

在△ABC中∵AB=CB，∠ABC=90°

∴∠CAB=45°

∵∠CAE=30°

∴∠BAE=∠CAE-∠CAB=15°

∵△ABE≌△CBD

∴∠BAE=∠BCD=15°

∴∠BDC=90°-15°=75°

【方法指导】此题主要考查了全等三角形的判定，关键是熟练掌握判定定理：

SSS、SAS、ASA、AAS，HL．解决此题，利用等腰三角形性质可以寻找需要的边、角.

【热点4】（2013江西，23，10分）某数学活动小组在作三角形的拓展图形，研究其性质时，经历了如下过程：

　　●操作发现：

在等腰△ABC中，AB=AC，分别以AB和AC为斜边，向△ABC的外侧作等腰直角三角形，如图1所示，其中DF⊥AB于点F，EG⊥AC于点G，M是BC的中点，连接MD和ME，则下列结论正确的是（填序号即可）

①AF=AG=

AB；②MD=ME；③整个图形是轴对称图形；④∠DAB=∠DMB．

●数学思考：

在任意△ABC中，分别以AB和AC为斜边，向△ABC的外侧作等腰直角三角形，如图2所示，M是BC的中点，连接MD和ME，则MD和ME具有怎样的数量和位置关系？

请给出证明过程；

●类比探索：

在任意△ABC中，仍分别以AB和AC为斜边，向△ABC的内侧作等腰直角三角形，如图3所示，M是BC的中点，连接MD和ME，试判断△MED的形状．

答：

．

【思路分析】

（1）由图形的对称性易知①、②、③都正确，④∠DAB=∠DMB=45°也正确；

（2）直觉告诉我们MD和ME是垂直且相等的关系，一般由全等证线段相等，受图1△DFM≌△MGE的启发，应想到取中点构造全等来证MD=ME，证MD⊥ME就是要证∠DME=90°，由△DFM≌△MGE得∠EMG=∠MDF,△DFM中四个角相加为180°，∠FMG可看成三个角的和，通过变形计算可得∠DME=90°．（3）只要结论，不要过程，在

（2）的基础易知为等腰直角三解形.

[解析]操作发现：

①②③④

答：

MD=ME，MD⊥ME，

先证MD=ME；

如图2，分别取AB，AC的中点F，G，连接DF，MF，MG，EG，

∵M是BC的中点，

∴MF∥AC，MF=

AC，

又∵EG是等腰Rt△AEC斜边上的中线，

∴EG⊥AC且EG=

AC，

∴MF=EG，

同理可证DF=MG，

∵MF∥AC，

∠MFA=∠BAC=180°

同事可得∠MGA+∠BAC=180°，

∴∠MFA=∠MGA，

又∵EG⊥AC，∴∠EGA=90°，

同理可得∠DFA=90°，

∴∠MFA+∠DFA=∠MGA=∠EGA，

即∠DFM=∠MEG，又MF=EG，DF=MG，

∴△DFM≌△MGE（SAS），

∴MD=ME，

再证MD⊥ME；

证法一：

∵MG∥AB，

∴∠MFA+∠FMG=180°，

又∵△DFM≌△MGE，∴∠MEG=∠MDF，

∴∠MFA+∠FMD+∠DME+∠MDF=180°，

其中∠MFA+∠FMD+∠MDF=90°，

∴∠DME=90°，

即MD⊥ME；

证法二：

如图2，MD与AB交于点H，

∵AB∥MG，

∴∠DHA=∠DMG，

又∵∠DHA=∠FDM+∠DFH

即∠DHA=∠FDM+90°

∵∠DMG=∠DME+∠GME，

∴∠DME=90°

即MD⊥ME；

类比探究

答：

等腰直角三解形

【方法指导】本题考查了轴对称、三角形中位线、平行四边形、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、全等、角的转化等知识，能力要求很高．