2024贵州中考数学一轮知识点复习 微专题 四大常考全等模型（课件）

这是一份2024贵州中考数学一轮知识点复习 微专题 四大常考全等模型（课件），共35页。PPT课件主要包含了锐角一线三等角，例1题图，例2题图，例3题图，模型二手拉手模型，模型展示，“等边三角形”手拉手，例4题图，例5题图，△DEA≌△DFC等内容，欢迎下载使用。

结论：当两个三角形有一组对应边相等时，△CAP≌△PBD.
二、一线三垂直(特殊情况)常用三个垂直作条件进行角度等量代换，即同(等)角的余角相等，相等的角就是对应角，证三角形全等时必须还有一组边相等．基本图形1　如图①，已知AB⊥BC，DE⊥CE，AC⊥CD，AB＝CE.
结论：①△ABC≌△CED；②BE＝AB＋DE；③连接AD，△ACD是等腰直角三角形．
基本图形2　如图②，已知AB⊥BC，AE⊥BD，CD⊥BD，AB＝BC.
结论：①△ABE≌△BCD；②DE＝AE－CD.
例1　如图，在△ABC中，AB＝AC，D、E分别在边BC、AC上，BD＝CE，且∠ADE＝∠B.求证：△ABD≌△DCE.
证明：∵AB＝AC，∴∠B＝∠C.∵∠ADE＝∠B，∠B＋∠BAD＋∠ADB＝180°，∠ADE＋∠CDE＋∠ADB＝180°，∴∠BAD＝∠CDE.
在△ABD与△DCE中，∴△ABD≌△DCE(AAS)．
例2　如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线ED经过点C，过点A作AD⊥ED于点D，过点B作BE⊥ED于点E.求证：DE＝AD＋BE.
证明：∵∠ACB＝90°，∴∠ACD＋∠BCE＝90°.∵AD⊥ED，BE⊥ED，∴∠ADC＝∠CEB＝90°，∴∠ACD＋∠CAD＝90°，∴∠CAD＝∠BCE.
例3　如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点E是∠ACB内部一点，连接CE，作AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别为点D，E.(1)求证：DE＝AD－BE；
(1)证明：∵BE⊥CE，AD⊥CE，∴∠E＝∠ADC＝90°，∴∠EBC＋∠BCE＝90°.∵∠BCE＋∠ACD＝90°，∴∠EBC＝∠DCA.
在△BCE和△CAD中，∴△BCE≌△CAD(AAS)，∴BE＝CD，CE＝AD，∴DE＝CE－CD＝AD－BE；
(2)若BE＝5，DE＝7，求△ACD的周长．
“等腰直角三角形”手拉手
模型特点：AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，连接BD，CE.
解题关键：(1)共顶点：加(减)公共顶点的公共角∠BAE得到一组对应角相等；(2)利用两组对应边相等或等腰、等边、正方形、菱形等得到两组对应边相等．结论：△CAE≌△BAD，CE＝BD，∠BPC＝∠BAC.
例4　如图，△ABC和△ADE均为等腰三角形，且AB＝AC，AD＝AE，∠CAB＝∠DAE，连接BD，CE，求证：BD＝CE.
例5　如图，四边形ABCD、BEFG均为正方形，连接AG、CE，求证：AG⊥CE.
证明：如解图，设AG交BC于点M，CE交AG于点N，
∵四边形ABCD、BEFG均为正方形，∴AB＝CB，∠ABC＝∠GBE＝90°，BG＝BE，∴∠ABC＋∠CBG＝∠GBE＋∠CBG，∴∠ABG＝∠CBE，
　模型三　对角互补模型
一、90°对角互补模型特点：∠ABC＝∠ADC＝90°，AD＝CD.解题思路1：如图①，过点D分别作BA、BC的垂线，
结论：①△DEA≌△DFC；②S四边形ABCD＝S正方形EBFD；
解题思路2：如图②，将BD绕点D逆时针旋转与∠ADC相同的度数得到线段DF，
结论：①△BDF为等腰直角三角形；②AB＋BC＝ BD；③S四边形ABCD＝S△BDF＝ BD2.
二、120°(60°)对角互补自主探究模型特点：∠ABC＝120°，∠ADC＝60°，AD＝CD.解题思路1：过点D分别作BA、BC的垂线DE、DF，在图③中补全图形：
结论：________________
解题思路2：将BD绕点D逆时针旋转与∠ADC相同的度数得到线段DG，在图④中补全图形：
结论：______________________________________ __________________________________
例6　如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，AD＝CD，连接BD，AC.(1)求证：BD平分∠ABC；
(1)证明：如解图①，过点D作DE⊥AB交BA的延长线于点E，DF⊥BC于点F，
则∠DEA＝∠DFC＝90°.∵∠ABC＝90°，∴∠EDF＝360°－90°－90°－90°＝90°.
∵∠ADC＝90°，∴∠EDA＝∠FDC.∵AD＝DC，∴△DAE≌△DCF，∴DE＝DF.∵DE⊥BE，DF⊥BC，∴BD平分∠ABC；
(2)求证：AB＋BC＝ BD.
(2)证明：如解图②，将△ABD绕点D逆时针旋转90°，得到△CFD，
则由旋转的性质得，AB＝CF，BD＝DF，∠BDF＝90°，∠BAD＝∠FCD.∵∠ABC＝∠ADC＝90°，∴∠BAD＋∠BCD＝180°，∴∠FCD＋∠BCD＝180°，∴B、C、F三点共线，
∴BF＝CF＋BC＝AB＋BC.∵BD＝DF，∠BDF＝90°，∴△BDF是等腰直角三角形，∴BF＝ BD，∴AB＋BC＝ BD.
例7　如图，在等边△ABC中，点D是线段BC的中点，∠EDF＝120°，射线DE与线段AB交于点E，射线DF交AC于点F，求证：DE＝DF.
证明：如解图①，过点D分别作AB、AC的垂线，垂足为M、N，连接AD，
∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC＝60°.∵点D为线段BC的中点，∴AD平分∠BAC，∴DM＝DN，
∵∠DMA＝∠DNA＝90°，∴∠MDN＝360°－60°－90°－90°＝120°，∵∠EDF＝120°，∴∠EDM＝∠FDN，在△EDM和△FDN中，∴△EDM≌△FDN(ASA)，∴DE＝DF；
证法二：证明：如解图②，将线段BD绕点D旋转120°得到线段B′D，连接AD，
∵△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝60°，∵点D是线段BC的中点，∴BD＝CD，∵∠BDB′＝∠EDF＝120°，∴∠EDB＝∠B′DF，
∵B′D＝BD，∴B′D＝CD，∴∠DB′C＝60°，
在△BDE和△B′DF中，∴△BDE≌△B′DF(ASA)，∴DE＝DF.
模型四　旋转半角模型(黔东南州2016.16)
一、含45°的旋转半角模型
模型特点：AB＝AD，∠BAD＝90°，∠EAF＝45°.解题思路：将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG.模型结论：①△AEF≌△AEG；②EF＝DF＋BE；③△AGF为等腰直角三角形．
二、含60°的旋转半角模型
模型特点：BD＝CD，∠EDF＝60°，∠BDC＝120°.解题思路：将△BDE绕点D顺时针旋转120°得到△CDG.结论：①△DEF≌△DGF；②EF＝BE＋CF.
例8　如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE＝45°，求证：BD2＋CE2＝DE2.
证明： 如解图，将△ABD绕点A逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合，连接EG，
由旋转得：AD＝AG，∠BAD＝∠CAG，BD＝CG，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝45°，∴∠ACG＝∠B＝45°，∴∠BCG＝∠ACB＋∠ACG＝45°＋45°＝90°，
∵∠BAD＝∠CAG，∠BAC＝90°，∴∠DAG＝90°，∵∠BAD＋∠EAC＝45°，∴∠CAG＋∠EAC＝45°＝∠EAG，∴∠DAE＝∠EAG＝45°，在△AED和△AEG中，∴△AED≌△AEG(SAS)，
∴EG＝DE，∵∠ECG＝90°，∴CG2＋CE2＝EG2，∴BD2＋CE2＝DE2.
例9　如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＋∠D＝180°，点M，N分别是边BC，CD上的点，∠MAN＝60°，请判断线段BM，DN，MN之间的数量关系，并说明理由．
解：MN＝BM＋DN.
理由：如解图，将△ADN绕点A顺时针旋转120°得到△ABE，
∴△ABE≌△ADN，∴AN＝AE，∠DAN＝∠BAE，