2024年中考广东专用数学一轮知识梳理复习课件 微专题4 全等模型——手拉手

第五章 三角形 微专题4 全等模型——手拉手 ⁠ ⁠ 如图，△ABC，△CDE均为等边三角形，连接BD，AE交于点O，BC与AE交于点P.求证：AE＝BD． 证明：∵△ABC和△CDE都是等边三角形， ∴AC＝BC，CE＝CD，∠ACB＝∠DCE＝60°. ∴∠ACB＋∠BCE＝∠DCE＋∠BCE，即∠ACE＝∠BCD． 在△ACE和△BCD中， ∴△ACE≌△BCD(SAS)．∴AE＝BD． ⁠ ⁠如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，分别以AB，AC为边作等边三角形ABD和等边三角形ACE，连接DE，若AB＝3，AC＝5，则ED＝(　C　) A．2 B．2 C．4 D．3 C ⁠ ⁠如图，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∠1＝25°，∠2＝30°，则∠3＝(　A　) A．55° B．50° C．45° D．60° A ⁠ ⁠如图，四边形ABCD，BEFG均为正方形，连接AG，CE. (1)求证：AG＝CE； 证明：(1)∵四边形ABCD，BEFG均为正方形， ∴AB＝CB，∠ABC＝∠GBE＝90°，BG＝BE. ∴∠ABC＋∠CBG＝∠GBE＋∠CBG. ∴∠ABG＝∠CBE. 在△ABG和△CBE中， ∴△ABG≌△CBE(SAS)．∴AG＝CE. (2)求证：AG⊥CE. (2)如图，设AG交BC于点M，AG交CE于点N. ∵△ABG≌△CBE，∴∠BAG＝∠BCE. ∵∠ABC＝90°，∴∠BAG＋∠AMB＝90°. ∵∠AMB＝∠CMN，∴∠BCE＋∠CMN＝90°. ∴∠CNM＝90°. ∴AG⊥CE. ⁠ ⁠如图，两个等腰直角三角形△ABC和△ADE中，AB＝AC，AE＝AD，∠BAC＝∠DAE＝90°，连接BD，CE交于点P，试判断BD和CE的数量关系和位置关系，并说明理由． 解：BD＝CE，BD⊥CE.理由如下： ∵∠DAE＝∠BAC＝90°， ∴∠DAE＋∠BAE＝∠BAC＋∠BAE，即∠DAB＝∠EAC． 在△DAB和△EAC中， ∴△DAB≌△EAC(SAS)．∴BD＝CE，∠DBA＝∠ECA． ∵∠ECA＋∠ECB＋∠ABC＝90°， ∴∠DBA＋∠ECB＋∠ABC＝90°，即∠DBC＋∠ECB＝90°. ∴∠BPC＝180°－(∠DBC＋∠ECB)＝90°. ∴BD⊥CE. 综上所述，BD＝CE，BD⊥CE. ⁠ ⁠已知点C为线段AB上一点，分别以AC，BC为边在线段AB同侧作△ACD和△BCE，且CA＝CD，CB＝CE，∠ACD＝∠BCE，直线AE与BD交于点F. (1)如图1，可得△ACE≌ 　△DCB　 ⁠；若∠ACD＝60°，则∠EFB＝ 　60°　 ⁠； (2)如图2，若∠ACD＝α，则∠EFB＝ 　α　 ⁠；(用含α的式子表示) △DCB　 60°　 α　 (3)设∠ACD＝β，将图2中的△ACD绕点C顺时针旋转任意角度(交点F至少在BD，AE中的一条线段上)，如图3，试探究∠EFB与β的数量关系，并予以说明． 解：∠EFB＝β.证明如下： 设CE，BF交于点O.∵∠BCE＝∠ACD＝β， ∴∠ACD＋∠DCE＝∠BCE＋∠DCE. ∴∠ACE＝∠DCB． 在△ACE和△DCB中， ∴△ACE≌△DCB(SAS)．∴∠CBD＝∠CEA． 又∠EOF＝∠BOC，∴∠EFB＝∠ECB＝β. 【模型归纳】 模型特点 此模型中的两个全等的三角形可看成是将其中一个三角形绕某一个点旋转一定角度所构成的．证明全等时，一是找相等线段；二是找等角或运用角的和差得到等角 模型展示 如图，△ABC与△ADE为等腰三角形 ⁠ ⁠ 如图，△ABC与△DBE均为等腰直角三角形 ⁠ ⁠ 如图，△ABC与△ECD均为等边三角形 ⁠ ⁠ 如图，四边形ABCD与四边形EFGC均为正方形 ⁠ ⁠ 结论 (1)△ABD≌△ACE； (2)BD＝CE (1)△ABD≌△CBE； (2)AD＝CE (1)△ACD≌△BCE； (2)AD＝BE，∠APB＝∠ACB＝60° (1)△BCE≌△DCG； (2)BE＝DG， BE⊥DG $$