第4单元 小专题培优2 六大常见全等模型-【众相原创·赋能中考】2025年中考数学课堂精讲册（贵州专用）

小专题培优2 六大常见全等模型 (必考) 模型平移全等模型 1.如图，点B,C,E,F在一条直线上，若AB∥DE,AB=DE,BE=CF 【模型特点】 求证：△ABC≌△DEF 两个三角形有一组边共线，另外 两组边分别平行 【解题策略】 1.在移动方向上加（或减）公共 线段，得到线段相等： 2.利用平行线的性质得到对应 【变式】如图，点B,E,C,F在一条直线上，若AB∥DE,AB=DE, 角相等 BE=CF.求证：△ABC≌△DEF. 模型2轴对称全等模型(2023.23(1)，贵阳5年4考) 2.如图，AB=AE,AC=AD,∠BAD=∠EAC.求证：△ABC≌△AED 【模型特点】 两个三角形组成的图形是轴对 称图形 【解题策略】 1,注意其中隐含的公共边或公 共角： 2.一组等边有公共顶点时，常会 【变式1】如图，点B,D,C,E在一条直线上，若AB=AE,AC=AD. 用到“等边对等角”，得到一组 求证：△ABC≌△AED. 等角。 【其他常见图形】 除了题目中的图形，还有以下常见 图形，也属于轴对称型全等模型： 【变式2】如图，点D在AB上，点C在AE上，AD=AC,BD=CE. 求证：△ABC≌△AED. (△ABC≌△AED (△ABC≌△DEF) 72众相原创赋能中考贵州数学 模型3旋转（手拉手)全等模型(2024.16,2023.25(3)，贵阳5年6考) 3.如图，线段AD,BC相交于点0，且OA=OD,OB=OC.求证： 【模型特点】 △AOB≌△DOC. 1.有一个公共顶点： 2.有两组由公共顶，点引出的相 等的线段： 3.两组相等线段之间的夹角 相等. 【解题策略】 1.通过基本图形（特殊三角形或 四边形)的性质得到等边和 4.如图，已知AD⊥AB,AE⊥AC,AD=AB,AE=AC,那么DC与BE相 等角； 等吗？为什么？ 2.通过角的和差得到等角. 【其他常见图形】 除了题目中的图形，还有以下常 见图形，也属于手拉手全等 模型： 等边三角形“手拉手” 5.等腰直角三角形手拉手如图，△ADB和△ACE都是等腰直角三 角形，连接DC,BE相交于点M. (1)证明：△ADC≌△ABE; 等腰三角形“手拉手” (2)试判断线段BE与线段CD的数量关系和位置关系，并证明 B 你的结论。 G D 正方形“手拉手” 第四单元三角形73 模型4一线三等角全等模型 6.(2022铜仁改编)如图，点P在AB上，CA⊥AB,DB⊥AB,CP1 【模型特点】 DP,AP=BD.求证：△APC≌△BDP. 三个等角的顶点落在同一条直 线上，其中两个等角的一条边也 在这条直线上 【解题策略】 1.通过“三角形的内角和等于 180”和“同角（等角）的余角 (补角)相等”证明角相等： 2.寻找一组边相等。 【其他常见图形】 【变式】如图，A,B在射线PE上，∠EBD=∠CAB=∠CPD,AP= BD.求证：△APC≌△BDP. 同侧 异侧 (△APC≌△BDP) 模型5半角全等模型 7.如图，四边形ABCD是正方形，点E,F分别是边BC,CD上的点，【模型特点】 连接AE,AF,EF,∠EAF=45°，试判断BE,EF,DF之间的数量关 由一组共端点的等线段和共顶 点的半角组成」 系，并说明理由。 【解题策略】 1.“半角模型，必旋转”，根据旋 转的性质及等量代换得到相等 的线段和角； 2.运用已知图形的性质证明三 角形全等 【模型分析】 (1)正方形含半角（∠EAF=45) G B E 辅助线作法1一旋转： 将△ADF绕点A顺时针旋转 90°得到△ABG: 辅助线作法2—截长补短： 延长CB至点G,使得GB=DF 结论：△AFE≌△AGE,EF= BE DF. 74众相原创赋能中考贵州数学 8.如图，△ABC是边长为5的等边三角形，BD=CD,∠BDC=120°. :(2)等腰直角三角形含半角 点E,F分别在边AB,AC上，且∠EDF=60°，求△AEF的周长 (∠DAE=45) B D E C 结论：△DAE兰△DAF,BD+ CE2 DE. (3)等腰三角形含半角 (△ABC为等边三角形，DB= DC,∠BDC=120°，∠EDF=60) 结论：△EDF≌△GDF,EF=BE+ CF. 模型6对角互补全等模型 9.如图，若∠ABC+∠ADC=180°，AD=CD,求证：BD平分∠ABC 【模型特点】 在四边形中，存在一对对角互 补，而且有一组邻边相等 【解题策略】 已知∠AOB+∠DCE=180°， CD =CE. 辅助线作法1一作垂线： 过点C分别作OA,OB的垂线， 则△CGD≌△CHE. 0 辅助线作法2—截取等线段： 在EB上截取EF=OD,连接 CF,则△COD≌△CFE. 第四单元三角形75.点$与对称轴的距离为x+11.且0 lx.+11<l.点7与 .AC=BD.(答案不唯一) 3.(1)证明略: (2)解::△ABN△MAD:.DM=AV=4. .点S与对称轴的距离小于点7与对称轴的距离 B=AM=AD+DM=②+4=25.$ :抛物线的开口向下. 2.与对称轴的距离越小的点的纵坐标越大, 2 .yy. 45-8. 第四单元 三角形 4.(1)60。 第一节 线段、角、相交线与平行线 (2)证明:CAB+C+乙CDB+乙ABD=360*. ①两 ②线段 ③线段的长度 ④BC AC BC CAB=6 0*,CDB=120*.C+ ABD=18 0$$ AC ⑧AB9090”<a<180*180° .乙ABD+ DBF=180*: C= DB$F$ CE=BF. 36014 24 90相等 180相等 在△DEC和△DFB中, ,{2C=2DBF, 2相等 ②相等 ②角平分线 ② ②PN ②乙2或 LCD=BD. '. △DEC △DFB(SAS).:. DE=DF 4 1或/3 180 /3 ②4 相等 (3)解:CE+BG=EG.证明如下: ③乙5 6 ③7/8 8/5 5 '乙 CDB=120*$ EDG=60*$ 乙8 ③一 垂线段 垂线段的长度 相等 '. CDE+ $BDG=120*-60*=60 垂直平分线 1==一/相 由(2)知,△DEC△DFB. 等 乙2 $相等 ②乙3③互补 180距离 . CDE=L BDF.DE=DF. 相等+- $. GCDB+ BBDF=60*,即 FDG=60$$$$ 1.(1)两点确定一条直线(2)③ 两点之间,线段最短 ._EDG=乙FDG 2.(1)2或4(2)1.51或2 DE=DF. 3.(1)85.46 锐角 (2)4.54 94.54 (3)42.73 在△DEG和△DFG中, {乙EDG=乙FDG. (4)2(5)①②③④ IDG-DG. 7. B 8. B 9.C . △DEG△DFG(SAS)... FG=EG ■ CE=BF CE+BG=FG 10.(1)乙2 5(2)乙5 7(3)①② (4)①70 (4)解::AC=AB,DC=DB.AD=AD.:.△ADC △ADB 110*②55*③66· '. EAD= GAD=30$ ADC= ADB= 0$$$$$$ 11. D 新教材素材 B $. C= ABD=90*$.DB 1AB.DC 1 AC. 第二节 三角形及其基本性质 AE-AG. 在△ADE和△ADG中. ①不相等 ②等边三角形 ③直角三角形 ④90 EAD= GAD. 大于小于a-b<c<a+b⑧180”}等于 AD=AD. $$不相邻 和 大于 = = 90$ . △ADE△ADG(SAS).. SAor=Sc . Swne=2Soe=48. 新教材素材 乙COG= DOG △EOG △FOG 小专题培优2 六大常见全等模型 1.(1)1<AC<5(2)①85 ②45 ③15 65 2.12 3.B 1.证明::AB//DE. B= DEF .BE=CF. 4.(1)①垂心 ②40*130”(2)①19 ②18 ③1:2 (3)①115*25。②2 8. BE-CE=CF-CE.即BC=EF 又:AB=DE,.△ABC△DEF. 第三节 全等三角形 【变式】证明略. ①完全重合 ②相等 ③相等 ④相等 相等 2.证明::乙BAD=乙EAC. 相等 三边 ⑧夹角 夹边 对边 .乙BAD+CAD=乙EAC+CAD. 1.(1)AB=DE (2)LACB=LDFE(或AC/DF 即/BAC=乙EAD. (3)乙A= D(4)AC=DF 又·AB=AE.AC=AD. (5)证明略. .△ABC△AED 2.(1)①③② 【变式1】证明略. (2)证明:在△AOC和△BOD中. 【变式2】证明略 12A=乙B. 3.证明略 乙AOC=乙BOD:△AOC△BOD(AAS). 4.解:DC=BE: (0C=0D, 理由如下::AD1AB,AE1AC. 贵州数学 . BAD= CAE=90*' CAD= BAE .乙A=乙1. AD=AB, 又·AD=CD. 乙CAD= BAE. 在△ACD和△AEB中. .△DAB△DCE(SAS). LAC=AE, . 2=乙E.BD=DE. .△ACD△AEB(SAS).:.DC=BE. .3= E= 2.:BD平分 ABC 5.(1)证明:·△ADB和△ACE都是等腰直角三角形, 第四节 等腰三角形和直角三角形 . DAB= CAE=90,AD=ABAC=AE ①相等 ②相等 ③相互重合 ④1相等 相等 . 乙DAB+乙BAC=CAE +BAC.即乙DAC= 乙BAE. 60 ⑧60轴 0360 AD-AB. 3(180*-a) ④45o(180”-) 180°-2a 在△ADC和△ABE中. 乙DAC=/BAE. AC=AE, 2a+6 26+ 90 2090 ②-半 ② .△ADC△ABE(SAS); (2)解:数量关系:BE=CD;位置关系:BEICD.证明如 ②一半 2②1:3:2 2+6= 290 下:设AB与CD相交于点N.如解图. △ADC△ABE. 互余 ②+6=③相等 ③相等 45 . BE=CD. ADC= ABE 1:1:/2 ③9045*③45*两边或两角 DAB=90 AND+ ADC-90 1.B 2.A 又'乙AND=乙BNM. {3.(1①43 124③22 (2)30或120。 '. 乙BNM+乙ABE=90*. ._BMN=180*-(乙BNM+ (ABE)=90*, .BEICD 4.(1)证明略. 6.证明略. (2)解:如解图,记AG.EF交点为H 【变式】证明略. :△AFF是等边三角形,且AE , 7.结论:BE+DF=EFF 与AF关于AG对称, 理由略 '. EAG=30*$AG 1EF 8.解:如解图,延长AC至点P.使CP=BE,连接PD .AB与AG关于AF对称 △ABC是等边三角形, ' BAE= GAE=30$$ AEB=9 0$$ . ABC= ACB=60 AB=2$E=1DF=AF=AE=3 ·BD=CD. BDC=120*$ #3.$×3-3## .AH 3. $. DBC= DCB=30*$ . EBD= DCF=90 5.C 6.C 7. B '. DCP= DBE=90。 8.B D 【解析】ACB=90*... ACD+ BCD=90° 在△BDF和△CDP中. ACD=3 BCD . ACD=67.5*. B[CD=2 2.5 $$$ BD-CD. .CD 1AB CDA=90* A=90*- ACD= DBE= DCP 22.5.EF是斜边AB的中点:. EC=AB.: CE= BE=CP. . △BDE△CDP(SAS)..DE=DP.LBDE=CDP E ECA= A= 2. 5* DEC= A+ ECA=$ 乙 BDC=120*$EDF=60 BBDE+ CDF=60$$ $$ 5 *$$ DCE=90*- DEC=45*}$△DCE是等腰直 '. CDP+ CDF=60” EDF= PDF=60$$$ 角三角形.:.CE=2CD=2.AB=2. DE=DP. 9.解:(1)乙ACD=乙BCE.理由略 在△DEF和△DPF中. 2EDF=PDF. (2)如解图,连接BE. DF=DF. △ACB与△DCE都是等 1 .△DEF△DPF(SAS). 腰直角三角形, $. EF=FP..EF=FC+CP=FC+BE .乙D=AEC=45°. . △AEF的周长为AE+EF+AF=AE+BE+FC+AF= EC=DCAC=BC.AC4 AB+AC=10 $[$^}=AB 2 AC^}=AB$ 9.证明:延长BC到点E.使 又:乙ACD=ZBCE. CE=AB,连接DE,标记 . △ADC△BEC(SAS). 乙1./2.乙3./4.如解图. $AD=BE. D= BEC=45^* :/ABC+乙ADC=180*. '. BEA= BEC+ AEC-90 .乙4+ A=180°. 在Rt△ABE中,由勾股定理得AE{}4+BE^{}=AB 又:1+4=180. '.AE}+AD=2AC^}。 10 众相原创 赋能中考