2025年甘肃中考数学一轮复习中考命题探究第4章 三角形微专题全等、相似三角形中的常考模型.pptx

1、2025年甘肃中考数学一轮复习中考命题探究年甘肃中考数学一轮复习中考命题探究微专题 全等、相似三角形中的常考模型 一线一线三等角模型三等角模型(省卷省卷：2024.26；兰州兰州：2022.28)模型模型 1 1 1 1模型模型垂直型垂直型一般型一般型图示图示ABCACECDE90 ABCACECDE结论结论ABCCDE(若若ACCE，则则ABCCDE，BDABDE)ABCCDE(若若ACCE，则则ABCCDE，BDABDE)模型模型垂直型垂直型一般型一般型构造构造方法方法方法一方法一：如图如图1，若图中存在一条直若图中存在一条直线线，且直线上有两个等角时且直线上有两个等角时，根据根据一线三等

2、角模型的特点一线三等角模型的特点，补上一个补上一个与前面角度数相等的角与前面角度数相等的角图图1方法二方法二：如图如图2，若图中存在一条直若图中存在一条直线线，且直线上有一个直角时且直线上有一个直角时，根据根据一线三等角模型的特点一线三等角模型的特点，从直角的从直角的两边上的已知点向直角顶点所在直两边上的已知点向直角顶点所在直线作垂线线作垂线，构造一线三等角构造一线三等角图图2 如如图图，在在ABC中中，ACB100，ACBC，若若D，F是线段是线段AB上两点上两点，且且D为为BF的中点的中点，连接连接CD，点点E，M是线段是线段CD上的两点上的两点，连接连接AE，FM.已知已知AEDCMF1

3、00，求证求证：CEMF.例例 1条件条件：ACBAEDCMF100，ACBC，D为为BF的中点需证的中点需证CEMF.(思考思考：证明线段相等要证全等证明线段相等要证全等，根据条件发现存在一组等边根据条件发现存在一组等边，且在直线且在直线CD上存在上存在两等角两等角，因此构造因此构造“一线三等角一线三等角”型全等三角形型全等三角形)辅助辅助线线：延长延长CD至点至点N，连接连接BN，使使BNC80.(目的目的：构造构造“一线三等角一线三等角”型全等三角形型全等三角形)CAEBCN.(思路追踪思路追踪：由全等三角形得到由全等三角形得到CEBN，再由边角关系可得再由边角关系可得MDFNDB，故有

4、故有MFNB，则可得到则可得到CEFM)证明：如解图，延长证明：如解图，延长CD至点至点N，连接连接BN，使，使BNC80.AEDCMF100，CEAFMDBNC80，CBNBCN100.ACB100ACEBCN，ACECBN.又又CABC，CAEBCN(AAS)，CEBN.D为为BF的中点，的中点，DFBD.又又MDFNDB，MDFNDB(AAS)，MFNB，CEMF.解析见解析见P1851如图如图，在矩形在矩形ABCD中中，E是是BC的中点的中点，连接连接AE，过点过点E作作EFAE交交DC于点于点F.若若AB4，BC6，则则CF的长为的长为()模型训练模型训练A2如图如图，已知已知D是是

5、AB的中点的中点，EAAB，CBAB，AEAB2BC，那么下列结论中错误的是那么下列结论中错误的是()AEDACBEDACCEDACDCAB30D 解析见解析见P1853如图如图，在等边在等边ABC中中，CHAB于点于点H，点点D，E分别在边分别在边AB，BC上上，连接连接DE，点点F在在CH上上，连接连接EF.若若DEEF，DEF60，BE2，CE8，则则DH_构造模型构造模型14如图如图，在平面直角坐标系中在平面直角坐标系中，矩形矩形ABCD的顶点的顶点A，C分别在分别在x轴、轴、y轴的正半轴上轴的正半轴上，点点D(2，3)，AD5.若反比例函数若反比例函数y (k0，x0)的图象经过点的

6、图象经过点B，则则k的值为的值为_52024省卷省卷26题题【模型建立】【模型建立】(1)如图如图1，已知已知ABE和和BCD，ABBC，ABBC，CDBD，AEBD.用等式写出线段用等式写出线段AE，DE，CD的数量关系的数量关系，并说明理由并说明理由；拓展应用拓展应用解解：AECDDE.理由如下理由如下：ABBC，ABC90，ABECBD90.AEBD，AEB90，ABEA90，ACBD.CDBD，BDC90.又又ABBC，ABEBCD(AAS)，BECD，AEBD，AEBDBEDECDDE，即即AECDDE.【模型应用】【模型应用】(2)如图如图2，在正方形在正方形ABCD中中，点点E，

7、F分别在对角线分别在对角线BD和边和边CD上上，AEEF，AEEF.用等式写出线段用等式写出线段BE，AD，DF的数量关系的数量关系，并说明并说明理由理由；【模型迁移】【模型迁移】(3)如图如图3，在正方形在正方形ABCD中中，点点E在对角线在对角线BD上上，点点F在边在边CD的延长的延长线上线上，AEEF，AEEF.用等式写出线段用等式写出线段BE，AD，DF的数量关系的数量关系，并说明理由并说明理由解解：BEADDF.(详解见详解见P185)旋转旋转“手拉手手拉手”模型模型(省卷省卷：2023.26；兰州兰州：2023.28)模型模型 1 1 2 2模型模型全等型全等型相似型相似型图示图示

8、ABC和和AEF是顶角相等是顶角相等的等腰三角形的等腰三角形，BC，EF分别分别是底边是底边，将将AEF绕点绕点A旋转旋转得到新的得到新的AEF，连接连接CE，BFABC和和AFE是顶角相等的三角是顶角相等的三角形形，BC，EF分别是底边分别是底边，AEF绕点绕点A旋转得到新的旋转得到新的AEF，连接连接CE，BF模型模型全等型全等型相似型相似型结论结论 ACEABFACEABF简记简记双等腰双等腰，共顶角共顶角，绕共顶点旋绕共顶点旋转得全等转得全等非等腰非等腰，共顶角共顶角，绕共顶点旋转得绕共顶点旋转得相似相似构造构造方法方法方法方法：补拉手线补拉手线(连接连接AD，BE)方法方法：构造另一

9、个三角形构造另一个三角形(连接连接CE或或AC)总结总结所谓手拉手模型所谓手拉手模型，是指有公共顶点且顶角相等的两个等腰三角形、是指有公共顶点且顶角相等的两个等腰三角形、等腰直角三角形、等边三角形或正方形伴随旋转得出全等处于等腰直角三角形、等边三角形或正方形伴随旋转得出全等处于各种位置的旋转模型各种位置的旋转模型，因为顶点相连的四条边因为顶点相连的四条边，可以形象地看作可以形象地看作两双手两双手，所以通常称为手拉手模型所以通常称为手拉手模型 如如图图，在在ABC中中，ABAC，过点过点B引一条射线引一条射线BM，D是是BM上一上一点点ABCADB30，求求BDC的度数的度数.条件条件：ABAC

10、，ABCADB30.需求需求BDC的度数的度数(思考思考：求求BDC的度数就要先求的度数就要先求ADC的度数的度数，因此构造与因此构造与ADC全等的三角形全等的三角形)辅助辅助线线：在在BD上取一点上取一点E，连接连接AE，使得使得AEAD.(目的目的：构造全等三角形构造全等三角形，转移角转移角)BAE CAD.例例 2解：如解图，在解：如解图，在BD上取一点上取一点E，连接连接AE，使，使AEAD.ABAC，ABCACB30，BAC120，同理可得，同理可得，EAD120，AED30.BAECAD，BAECAD(SAS)，ADCAEB180AED150，BDCADCADB120.解析见解析见

11、P1866如图如图，在在RtABC和和RtCDE中中，ACBDCE90，ABCDEC30，连接连接AD，BE，若若AD4，则线段则线段BE的长是的长是()模型训练模型训练C7如图如图，在在ABC中中，ABAC，点点D是是ABC外一点外一点，连接连接AD，BD，CD，且且BD交交AC于点于点O，在在BD上取一点上取一点E，使得使得AEAD，EADBAC，若若BAC62，则则BDC的度数为的度数为_628如图如图，在在ABC中中，CAB60，AB4，AC ，以以BC为腰为腰，点点C为顶角顶点作等腰为顶角顶点作等腰BCD，且且BCD120，连接连接AD，求求AD的长的长构造模型构造模型解解：如解图如

12、解图，在在AC左侧作左侧作ACE120，且且CECA，连接连接AE，BE，过点过点C作作CFAE于点于点F，则则ACEBCD，ACEECDBCDECD，即即ACDECB.又又BCDC，ACDECB(SAS)，ADEB.ACE120，CECA，EAC30，AE2AF2ACcos303.CAB60，EABEACCAB90，AD5.92023省卷省卷26题题【模型建立】【模型建立】(1)如图如图1，ABC和和BDE都是等边三角形都是等边三角形，点点C关于关于AD的对称点的对称点F在在BD边上边上求证求证：AECD；证明证明：ABC和和BDE都是等边三角形都是等边三角形，ABBC，BEBD，ABCEB

13、D60，ABCCBEEBDCBE，ABECBD，ABECBD(SAS)，AECD.拓展应用拓展应用用等式写出线段用等式写出线段AD，BD，DF的数量关系的数量关系，并说明理由并说明理由解解：ADDFBD.理由如下理由如下：DF和和DC关于关于AD对称对称，DFDC.AECD，AEDF.ADAEDEDFBD.【模型应用】【模型应用】(2)如图如图2，ABC是直角三角形是直角三角形，ABAC，CDBD，垂足为垂足为D，点点C关于关于AD的对称点的对称点F在在BD边上用等式写出线段边上用等式写出线段AD，BD，DF的数量关的数量关系系，并说明理由并说明理由【模型迁移】【模型迁移】(3)在在(2)的条件下的条件下，若若AD ，BD3CD，求求cosAFB的值的值