2021安徽中考数学复习课件：第17讲　全等三角形.pptx

1、第第1717讲讲 全等三角形全等三角形 第四单元第四单元 2021 内 容 索 引 01 02 03 考点梳理整合考点梳理整合 安徽真题体验安徽真题体验 考法互动研析考法互动研析 04 数学文化探索数学文化探索 安徽真题体验安徽真题体验 命题点 全等三角形的性质及判定 1. (2019 安徽,20,10分)如图,点E在ABCD内部,AFBE,DFCE. (1)求证:BCEADF; (2)设ABCD的面积为S,四边形AEDF的面积为T,求 的值. (1)证明 四边形ABCD是平行四边形, AD=BC,ADBC, ABC+BAD=180, AFBE, EBA+BAF=180, CBE=DAF, 同

2、理得BCE=ADF, 在BCE和ADF中, BCEADF(ASA); = , = , = , (2)解 点 E 在ABCD 内部, SBEC+SAED=1 2SABCD, 由(1)知:BCEADF, SBCE=SADF, S四边形AEDF=SADF+SAED=SBEC+SAED=1 2SABCD, ABCD 的面积为 S,四边形 AEDF 的面积为 T, = 1 2 =2. 2.(2014 安徽,23,14分)如图1,正六边形ABCDEF的边长为a,P是BC边上一动 点,过P作PMAB交AF于M,作PNCD交DE于N. (1)MPN=_; 求证:PM+PN=3a; (2)如图2,点O是AD的中

3、点,连接OM,ON,求证:OM=ON; (3)如图3,点O是AD的中点,OG平分MON,判断四边形OMGN是否为特殊 四边形,并说明理由. 解 (1)60 证明:如图1,作AGMP于点G,BHMP于点H,CLPN于点L,DKPN于 点K,MP+PN=MG+GH+HP+PL+LK+KN, 正六边形ABCDEF中,PMAB,PNCD, AMG=BPH=CPL=DNK=60,AM=BP,PC=DN. AM=BP,PC=DN, MG+HP+PL+KN=a,GH=LK=a, MP+PN=MG+GH+HP+PL+LK+KN=3a. GM=1 2AM,HP= 1 2BP,PL= 1 2PC,NK= 1 2N

4、D, (2)证明:如图2,连接OE, 六边形ABCDEF是正六边形,ABMP,PNDC,O为AD中点, AM=BP=EN,OA=OD=OE, 又MAO=NEO=60,OA=OE, 在ONE和OMA中, OMAONE(SAS),OM=ON. = , = , = , (3)四边形OMGN是菱形,理由如下: 如图3,连接OE, 由(2)得,OMAONE, MOA=EON, EFAO,AFOE, 四边形AOEF是平行四边形, AFE=AOE=120, MON=120, OG平分MON, GON=60, GOE=60-EON, DON=60-EON, GOE=DON, OD=OE,ODN=OEG, 在G

5、OE 和NOD 中, = , = , = , GOENOD(ASA), ON=OG,又GON=60, ONG是等边三角形,ON=NG, 又OM=ON,MOG=60, MOG是等边三角形, MG=GO=MO, MO=ON=NG=MG, 四边形OMGN是菱形. 考点梳理整合考点梳理整合 K 考点清单考点清单 考点一 全等三角形的概念及其性质(高频考点) 1.全等三角形的概念 能够完全重合 的两个三角形叫做全等三角形. 2.全等三角形的性质(10年9考) (1)全等三角形的对应边相等 ,对应角相等 ; (2)全等三角形的对应相关线段(角平分线、中线、高线)相等 、 周长相等 、面积相等 . 考点二

6、全等三角形的判定(高频考点) 类型 图 形 已知条件 是否全等 形成结论 一般 三角 形的 判定 A1B1=A2B2, B1C1=B2C2, A1C1=A2C2 是 SSS B1=B2, B1C1=B2C2, C1=C2 是 ASA 类型 图 形 已知条件 是否全等 形成结论 一般三 角形的 判定 B1=B2, C1=C2, A1C1=A2C2 是 AAS A1B1=A2B2, B1=B2, B1C1=B2C2 是 SAS 直角三 角形的 判定 A1B1=A2B2, A1C1=A2C2 是 HL 考法互动研析考法互动研析 考法全等三角形的性质及判定 例(2020 江苏无锡)如图,已知ABCD,

7、AB=CD,BE=CF. 求证:(1)ABFDCE; (2)AFDE. 证明 (1)ABCD,B=C. BE=CF,BE-EF=CF-EF,即BF=CE, ABFDCE(SAS). (2)ABFDCE,AFB=DEC, AFE=DEF,AFDE. 在ABF 和DCE 中, = , = , = , 方法总结 全等三角形的5种判定方法中,选用哪一种方法,取决于题目中的 已知条件,若已知两边对应相等,则找它们的夹角或第三边相等;若已知两 角对应相等,则找它们的夹边相等,或找其中一组角的对边相等;若已知一 边一角对应相等,则找另一组角相等,或找这个角的另一组对应邻边相等. 对应练1(2020 北京)在

8、ABC中,AB=AC,点D在BC上 (不与点B,C重合).只需添加一个条件即可证明 ABDACD,这个条件可以是_. (写出一个即可) 答案BAD=CAD(或BD=CD) 解析 AB=AC,AD=AD. 要使ABDACD 则可以添 加:BAD=CAD,此时利用边角边判定ABDACD.或可以添加 BD=CD,此时利用边边边判定ABDACD,故答案为BAD=CAD或 (BD=CD). 对应练2(2020 四川内江)如图,点C,E,F,B在同一直线上,点A,D在BC异 侧,ABCD,AE=DF,A=D. (1)求证:AB=CD; (2)若AB=CF,B=40,求D的度数. (1)证明 ABCD,B=

9、C,在ABE和CDF 中,B=C,AE=DF,A=D. AEBDFC(AAS).AB=CD. (2)解 AB=CD,AB=CF,CD=CF. B=C=40, D=(180-40)2=70. 对应练3(2020 浙江温州)如图,在ABC和DCE 中,AC=DE,B=DCE=90,点A,C,D依次在同一直线上,且ABDE. (1)求证:ABCDCE; (2)连接AE,当BC=5,AC=12时,求AE的长. (1)证明 ABDE, BAC=CDE, 在ABC和DCE中, ABCDCE(AAS). (2)解 由(1)可得CE=BC=5, 在直角三角形ACE中, = , = , = , AE= 2+ 2

10、= 122+ 52=13. 对应练4(2020 浙江台州)如图,已知AB=AC,AD=AE,BD和CE相交于点O. (1)求证:ABDACE; (2)判断BOC的形状,并说明理由. (1)证明 AB=AC,BAD=CAE,AD=AE, ABDACE(SAS). (2)解 BOC是等腰三角形,理由如下: ABDACE,ABD=ACE, AB=AC,ABC=ACB, ABC-ABD=ACB-ACE, OBC=OCB,BO=CO, BOC是等腰三角形. 数学文化探索数学文化探索 S 数学文化数学文化 泰勒斯,古希腊第一位闻名世界的大数学家.泰勒斯在数学方面最重要的贡 献是引入了命题证明的思想,并最先

11、证明了全等的一条判定定理:两个三角 形的一条边和这条边相邻的两个角对应相等,则这两个三角形全等.他为数 学具有理论上的严密性和应用上的广泛性奠定了基础. G 关联中考关联中考 1.泰勒斯是古希腊数学家,相传他利用三角形全等的 方法求出岸上一点到海中一艘船的距离.如图,B是观 察点,船A在B的正前方,过B作AB的垂线,在垂线上截取 任意长BD,C是BD的中点,观察者从点D沿垂直于BD的 DE方向走,直到点E、船A和点C在一条直线上,那么 ABCEDC,从而量出DE的距离即为船离岸的距 离AB,这里判定ABCEDC的方法是( ) A.SAS B.ASA C.AAS D.SSS 答案 B 解析 C是

12、BD的中点, BC=DC.ABBD,DEBD,ABC=EDC=90. 在ABC和EDC中, ABCEDC(ASA),DE=AB.故选B. = = 90, = , = , 2.(2018 贵州三州联考)下列各图中a,b,c为三角形的边长,则甲、乙、丙三 个三角形和左侧ABC全等的是( ) A.甲和乙 B.乙和丙 C.甲和丙 D.只有丙 答案 B 3.(2019 湖南郴州)我国古代数学家刘徽将勾股形(古人称直角三角形为勾 股形)分割成一个正方形和两对全等的三角形,如图所示,已知 A=90,BD=4,CF=6,则正方形ADOF的边长是( ) A. 2 B.2 C. 3 D.4 答案 B 解析 设正方形ADOF的边长为x,则 AB=x+4,AC=x+6.BODBOE,BE=BD=4,COECOF, CE=CF=6.BC=BE+CE=4+6=10.A=90,AB2+AC2=BC2, (x+4)2+(x+6)2=102,解得x1=2,x2=-12(舍去).正方形ADOF的边长为2.